Tài liệu Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 54 pptx

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phá t đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1 1 x y x − = + (1) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) . 2. Tìm m để đường thẳng : d y x m = + cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt , A B sao cho 2 2 2 OA OB + = , trong đó O là gốc toạ độ. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 cos 2 cot sin 2 cos x x x x − = 2. Giải phương trình 2 1 2 ( ). x x x x x − + − = ∈ ℝ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( ) ln2 0 1 x x I e x e dx = + − ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thoi,  0 2 , 60 . AB a BAD = = Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng ( ) ABCD là trọng tâm H của tam giác . ABD Biết tam giác SAC vuông tại đỉnh , S tính thể tích khối chóp . S ABCD theo a và tính góc giữa hai mặt phẳng ( ) SAC và ( ). SBC Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm , , a b c thoả mãn 2 2 2 1 a b c + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 . 1 1 1 2 a c b c a b c P bc ca abc + + + + = + + + + + PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một tr ong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) 10 C x y − + − = có tâm I . Viết phương trình đường thẳng ∆ cách O một khoảng bằng 5 và cắt đường tròn ( ) C tại hai điểm phân biệt , A B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ , Oxyz cho đường thẳng 1 : 1 1 1 x y z d − = = − và mặt phẳng ( ) : 2 2 3 0 P x y z + − − = . Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng ( ), P cắt trục hoành và cắt đường thẳng . d Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n và hai số thực , ( 0) a b b > . Biết trong khai triển nhị thức Niu-tơn n a b b      +        có số hạng chứa 4 9 , a b tìm số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho tam giác ABC cân tại A , phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A là : 2 3 0.d x y+ − = Biết đỉnh B thuộc trục hoành, đỉnh C thuộc trục tung và diện tích tam giác ABC bằng 5. Tìm toạ độ ba đỉnh , , A B C của tam giác . ABC 2. Trong không gian với hệ toạ độ , Oxyz cho đường thẳng 1 1 : 2 1 1 x y z d − − = = − cắt mặt phẳng ( ) : 2 6 0P x y z+ + − = tại điểm .M Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm I thuộc đường thẳng d và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P tại điểm A , biết diện tích tam giác IMA bằng 3 3 và tâm I có hoành độ âm. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 4 2 2 log ( ) log 4 ( , ). 2 log log .log (6 ) x y xy x x y y x x   + =   ∈   = −    ℝ Hết Cảm ơ nbạ n HienTran Dinh(d inhhie ntc@g mail.co m )gửi tớiwww. laisac.pa ge.tl ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM 2013 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định \ {-1} D = ℝ . Sự biến thiên Chiều biến thiên: 2 2 ' 0 1 ( 1) y x x = > ∀ ≠ − + . Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1) −∞ − và ( 1; ) − +∞ . 0,25 Cực trị: Hàm số không có cực trị. Giới hạn: 1 1 1 1 lim , lim 1 1 x x x x x x − + →− →− − − = +∞ = −∞ + + . Đường thẳng 1 x = − là tiệm cận đứng. 1 1 lim 1, lim 1 1 1 x x x x x x →−∞ →+∞ − − = = + + . Đường thẳng 1 y = là tiệm cận ngang. 0,25 Bảng biến thiên x -∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 1 1 - ∞ 0,25 I.1 (1 điểm) Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;-1). Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận I(-1;1) làm tâm đối xứng 0,25 Điều kiện 1 x ≠ − . Phương trình hoành độ giao điểm 2 1 1 0 1 x x m x mx m x − = + ⇔ + + + = + (*). 0,25 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt , A B khi PT(*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 − hay 2 4 4 0 m m − − > . 0,25 Giả sử 1 1 2 2 ( ; ), ( ; ) A x x m B x x m + + , trong đó 1 2 , x x là 2 nghiệm phân biệt của PT(*). Theo định lý Vi-ét ta có 1 2 1 2 1 x x m x x m   + = −     = +    . 0,25 I.2 (1 điểm) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 1 OA OB x x m x x m x x x x m x x m + = ⇔ + + + + + = ⇔ + − + + + = 2 2 3 0 1 v 3 m m m m ⇔ − − = ⇔ = − = (Loại). Đối chiếu điều kiện: 1 m = − 0,25 Điều kiện: sin 2 0,cos 0, sin 0 , . 2 k x x x x k π ≠ ≠ ≠ ⇔ ≠ ∈ ℤ 0,25 Phương trình đã cho tương đương với 2 1 sin .cos 2 cos x x x − = 2 sin sin .cos 2 0 x x x ⇔ − = 0,25 II.1 (1 điểm) sin 0 ( ) sin cos 2 x loai x x  =  ⇔  =   2 1 sin cos 2 2 sin sin 1 0 sin 1 v sin 2 x x x x x x ⇔ = ⇔ + − = ⇔ = − = 0,25 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x y O M H O C D A B S * sin 1 2 , 2 x x k k π π = − ⇔ = − + ∈ ℤ (Loại) * 1 5 sin 2 v 2 , . 2 6 6 x x k x k k π π π π = ⇔ = + = + ∈ ℤ Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm: 5 2 v 2 , . 6 6 x k x k k π π π π = + = + ∈ ℤ 0,25 Điều kiện: 2 1 1 0, 0 1 0 0 x x x x x x x     ≥ − ≥ ≠    ⇔    − ≤ <   − ≥     0,25 Phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 1 1 1 1 ( 1) 0 ( 1) 0 1 1 1 x x x x x x x x x x x                 − − + − − = ⇔ − − + =             − +       − +               . 0,25 * 2 1 5 1 0 2 x x x ± − − = ⇔ = (Thoả mãn điều kiện). 0,25 II.2 (1 điểm) * 2 1 1 1 0 x x x x x       − + + − + =          (1) + Nếu 1 x ≥ thì phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu 1 0 x − ≤ < thì 2 3 ;1 0 x x x > + ≥ . Ta có phương trình (1) tương đương với ( ) 2 3 (1 ) 0 x x x x x − − − + + = (vô nghiệm). 0,25 ln 2 ln 0 0 1 x x x x I xe dx e e dx = + − ∫ ∫ 0,25 * ln 2 1 0 x I xe dx = ∫ . Đặt x x u x du dx dv e dx v e     = =     ⇒     = =       . Ta có ln 2 1 0 ln 2 ln 2 2 ln 2 2 ln2 1 0 0 x x x I xe e dx e = − = − = − ∫ 0,25 * ln 2 2 0 1 x x I e e dx = − ∫ . Đặt 2 1 1 x x t e e t = − ⇒ = + . Khi 0 x = thì 0 t = , khi ln 2 x = thì 1 t = . Ta có 2 x e dx tdt = . Do đó ln 2 3 2 2 0 1 2 2 2 0 3 3 t I t dt = = = ∫ 0,25 III (1 điểm) Do đó 1 2 1 2 ln 2 3 I I I = + = − 0,25 0,25 IV (1 điểm) Từ giả thiết ta có tam giác ABD đều. Gọi { } O AC BD = ∩ . Ta có 2 2 3 AC AO a = = . Diện tích hình thoi ABCD là 2 1 . 2 3 2 ABCD S AC BD a = = . H là trọng tâm của ABD ∆ nên 1 2 3 3 3 a AH AC= = 2 4 3 3 3 a CH AC= = Tam giác SAC vuông tại , S có đường cao SH nên SAH ∆ đồng dạng với CSH ∆ 2 6 3 SH AH SH a CH SH ⇒ = ⇒ = Thể tích khối chóp . S ABCD là 3 . 1 4 2 . . 3 3 S ABCD ABCD V SH S a = = 0,25 R H B I A Gọi M là trung điểm của cạnh SC Tam giác SAC vuông tại S nên (1) OM SC ⊥ Ta có , , (2) OB SH OB AC OB SC OB OM ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( ) SAC và ( ) SBC bằng góc  BMO . 0,25 Ta có 2 2 1 1 2 2 OM SA AH SH a = = + = ; 1 2 OB BD a = = . Tam giác OBM vuông tại . O   0 tan 1 45 . OB OMB OMB OM = = ⇒ = Vậy góc giữa hai mặt phẳng ( ) SAC và ( ) SBC bằng 0 45 . 0,25 Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 2 2(1 ) ( ) 2 4 2 ( ) 2( ) bc a b c bc b c a b c ab bc ca + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) 2 ( ) 2 0 ( ) 2 0 a b c bc a b c b c b c a b c ⇔ + + + − + + ≥ ⇔ + − + ≥ Dấu “=” xảy ra khi 0 b c a bc   + =     =    0,25 Chứng minh: 2 2 (1 2 ) ( ) 2 abc a b c a bc b c+ ≥ + + ⇔ − + + ≤ .Theo Bất đẳng thức Bunhiacopsky 2 2 2 2 2 (1 2 ) ( ).1 ( ( ) (1 2 ) 1 2(1 2 )(1 2 2 ) a bc b c a b c bc bc bc b c     − + + ≤ + + − + = + − +         0,25 Cần chứng minh 2 2 2 2 (1 2 )(1 2 2 ) 1 2 (2 1) 0 bc bc b c b c bc + − + ≤ ⇔ − ≤ Ta có 2 2 2 2 2 1 ( ) 2 2 1 0 a b c b c bc bc = + + ≥ + ≥ ⇔ − ≥ . Dấu “=” xảy ra khi 0 abc = 0,25 V (1 điểm) 2(2 ) 2(2 ) 2( ) 3 2 a c b c a b c P a b c a b c a b c + + + + ≤ + + = + + + + + + .Vậy max 3 2 P = đạt được khi 2 , 0 2 a b c = = = . 0,25 Đường tròn (C) có tâm (1;2) I , bán kính 10 R = . Đường thẳng 2 2 : 0 ( 0). ax by c a b ∆ + + = + ≠ 0,25 Diện tích tam giác IAB là  2 1 1 . . sin 5 2 2 IAB S IA IB AIB R = ≤ = . Vậy max 5 IAB S = đạt được khi  0 90 AIB = . Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB ta có IH AB ⊥ và 5 IH = 0,25 Ta có 2 2 2 2 | | (1) 5 ( , ) 5 | 2 | ( , ) 5 (2) 5 c d O a b a b c d I a b    =     ∆ =   +   ⇔     + + ∆ =   =      +   . 0,25 VI.a.1 (1 điểm) Từ PT(1) và (2) ta có 2 | | | 2 | 2 2 a b c a b c a b c  = −   = + + ⇔ +  = −   * Với 2 a b = − chọn 2, 1 a b = = − . Từ PT(1) ta có 5 c = ± . Phương trình đường thẳng ∆ là 2 5 0 x y − + = và 2 5 0 x y − − = . * Với 2 2 a b c + = − thay vào PT(1) ta có 2 2 19 4 16 0 a ab b − + = (vô nghiệm). 0,25 Giả sử { } M Ox = ∆ ∩ , { } N d = ∆ ∩ . Gọi ( ; 0;0), ( ; ;1 ) M a N b b b − 0,25 ( ; ;1 ) MN b a b b = − −  . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P là (2;1; 2) n = −  . 0,25 Do đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng ( ) P nên MN  và n  cùng phương. Ta có 1 1 1 2 1 2 a b a b b b   = − −   = = ⇔   = − −    . Ta có (1;0; 0), ( 1; 1;2) M N − − 0,25 VI.a.2 (1 điểm) Phương trình đường thẳng ∆ là 1 2 1 2 x y z − = = − 0,25 VII.a (1 điểm) Số hạng thứ 1 k + trong khai triển là 3 2 1 n k k n k k k n k k n n a T C b C a b b − − − +       = =        0,25 d P I A M Số hạng này chứa 4 9 a b khi 4 15 3 9 11 2 , 0 n k n k n k k k n   − =      = −     = ⇔     =      ∈ ≤ ≤     ℕ 0,25 Với 15 n = ta có số hạng thứ 1 k + trong khai triển là 3 15 15 2 1 15 k k k k T C a b − − + = 0,25 Trong khai triển có số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau khi 3 15 15 9 2 , 0 15 k k k k k   −  − =   ⇔ =    ∈ ≤ ≤    ℕ Vậy số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau là: 9 6 6 6 6 10 15 5005 . T C a b a b = = 0,25 Giả sử ( ; 0), (0; ) B b C c . ( ; ) BC b c = −  . Gọi H là trung điểm của cạnh ( ; ) 2 2 b c BC H ⇒ Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là ( 1;2). u = −  0,25 Do tam giác ABC cân tại A nên 2 0 4 . 0 2 6 2 b c b BC u b c c H d       + = = =       ⇔ ⇔       + = = − ∈            . Suy ra (4; 0), (0; 2). B C − 0,25 Ta có 2 5, (2; 1) BC H = − . Diện tích tam giác ABC là 1 . 5 5 2 ABC S AH BC AH = = ⇒ = 0,25 VI.b.1 (1 điểm) Giả sử ( ;3 2 ) A t t − . Ta có 2 2 5 ( 2) (4 2 ) 5 1 v 3 AH t t t t = ⇔ − + − = ⇔ = = Với 1 (1;1), t A = ⇒ với 3 (3; 3). t A = ⇒ − 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là (2;1; 1) u −  . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) P là (1;2;1). n  Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng ( ) P . Ta có | 2 2 1 | 1 sin | cos( , ) | 2 6 6 u n ϕ + − = = = ⇒    0 30 IMA ϕ = = 0,25 Gọi R là bán kính mặt cầu ( ) S IA R ⇒ = . Tam giác IMA vuông tại A có  0 30 3 IMA AM R = ⇒ = . 1 3 3 . 3 3 6 2 IMA S IAAM R = ⇔ = ⇔ = . 0,25 Giả sử 1 (1 2 ;1 ; ), 2 I t t t t+ + − < − . Từ giả thiết ta có khoảng cách | 3 3 | ( ,( )) 6 6 t d I P R − = ⇔ = 1 v 3 t t ⇔ = − = (loại) ( 1;0;1). I ⇒ − 0,25 VI.b.2 (1 điểm) Phương trình mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 1) 6 S x y z + + + − = 0,25 Điều kiện: 0 6, 1 0, 1 x x y y   < < ≠     > ≠    0,25 Phương trình (1) của hệ 2 log 2 log 3 log 1 v log 2 v x y x x y x y y y x y x + = ⇔ = = ⇔ = = 0,25 * Với y x = từ PT(2) của hệ ta có 2 2 2 2 2 2 2 log 0 1 log log . log (6 ) log log (6 ) 2 x x x x x x  =  = − ⇔  = −   1 ( ) 4 6 0 x Loai x x x  =  ⇔ ⇔ =  + − =   . Hệ phương trình có nghiệm 4 4 x y   =     =    . 0,25 VII.b (1 điểm) * Với 2 y x = từ PT(2) của hệ ta có 2 2 2 2 2 log log .log (6 ) 2 v 1 ( ) x x x x x Loai = − ⇔ = = . Hệ phương trình có nghiệm 2 4 x y   =     =    . 0,25 Cảm ơnbạ n HienTranDinh( dinhhientc@g mail.com )gửitớiwww. laisac.page.t l . THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phá t đề. PHẦN CHUNG. HienTran Dinh(d inhhie ntc@g mail.co m )gửi tớiwww. laisac.pa ge.tl ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM 2013 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định {-1} D = ℝ . Sự biến thi n Chiều biến thi n: 2 2 '