Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 65 docx

TRƯỜNG THPT QUỐC OAI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN I Môn: TOÁN; Khối A và khối B Thời gian làm bài :180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 2 4 y x 2m x m 1(1).    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1. b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị , , A B C sao cho các điểm , ,A B Cvà điểm O nằm trên một đường tròn, trong đó O là gốc tọa độ. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2 2 (sin x cosx) 2sin x 1 sin( x) sin( 3x) . 1 cot x 4 4 2                Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 2 3 2 x 3x 2 1, 1 2 x x 1          x .  Câu 4 (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD, biết SA=AB= a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 0 30 . Câu 5 (1,0 điểm). Tính 1 ln . ( 2 ln 2 ln ) e x I dx x x x      Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3.   Chứng minh rằng       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c b c a c a b 3 . a b c 2ab b c a 2bc a b c 2ac 5                   PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 5 (4; ) 2 M là trung điểm của AC , đường trung tuyến kẻ từ C là ( ): 2 0;d x y   điểm B nằm trên đường thẳng ( '): 3 1 0.d x y   Tìm tọa độ các điểm , ,A B Cbiết diện tích tam giác ABC bằng 3 . 2 Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz , cho tứ giác ABCD có A( 3;2;0),B(2;3;1),C(4;5; 7).  Tìm tọa độ điểm Dđể tứ giác ABCDlà hình thang cân có đáy là .AB Câu 9a (1,0 điểm). Khai triển nhị thức Newton biểu thức (2 ) n x theo lũy thừa tăng của x ta được số hạng thứ tám là 144. Tìm x biết   n 1 n n 3 n 2 C 2C 16 n 2 ,n *.        B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2 C : x y 13  . Lập phương trình chính tắc của hypebol có hai tiệm cận vuông góc với nhau và cắt đường tròn ( )C tại bốn điểm lập thành hình chữ nhật có diện tích bằng 24. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng( ):3 2 4 0P x y z    và điểm (2;2;0).M Xác định tọa độ điểm N sao cho MN vuông góc với mặt phẳng ( )P , đồng thời điểm N cách đều gốc tọa độ (0;0;0)O và mặt phẳng( ).P Câu 9b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình     1 2 2 x 4y log x 2y log 3x 1 1 3 3 4.             HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Cảm ơnNguyễnTrungThành(vivo@gmail.com)gửitới www.laisac.page.tl HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A, B NĂM 2013 - LẦN 1- ĐÁP ÁN GỒM 05 TRANG Câu ý Nội Dung Điểm Khi m=1 hàm số trở thành 4 2 2 2.y x x    TXĐ :   Sự biến thiên : - giới hạn:    x lim y         3 y' 4x 4x y' 0 x 0;x 1;x 1. 0,25 -Bảng biến thiên:lập đúng 0,25 - Kết luận đúng: khoảng đồng biến, nghịch biến và cực trị. 0,25 a  Đ ồ thị: vẽ đúng 0,25 Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình ' 0y  có 3 nghiệm phân biệt 3 2 4 4 0x m x   có 3 nghiệm phân biệt 0(*).m  0,25 Ba nghiệm phân biệt là 0; ; ;x x m x m    Tọa độ 3 điểm cực trị   4 (0; 1), ( ;1), ( ;1)A m B m C m . Gọi I là tâm đường tròn qua 4 điểm A, B, C, O; do tính đối xứng của đồ thị hàm số suy ra I, A, O thẳng hàng. 0,25 Ycbt  (1) . 0(2) A O AB OB AB OB            Ta có    4 ( ; ); ( ;1).AB m m OB m 0,25 1 b Giải (1): 4 1 0m    vô nghiệm Giải (2):      2 4 0 1m m m (do đk(*)). Kết luận: 1.m   0,25 Điều kiện: sinx 0(*). 2 2 2 1 sin 2x 2sin x 1 Pt .2cos( 2x).sinx 1 4 2 sin x (sin 2x cos2x).sin x 2.cos(2x ).sinx 4            0,25 2 2.cos(2x ).sin x 2.cos(2x ).sinx 4 4 cos(2x ).sinx.(sinx 1) 0. 4            0,25 (*) 2x m cos(2x ) 0 4 2 (k,m ). 4 sin x 1 x k2 2                             0,25 2 So sánh điều kiện, suy ra nghiệm pt 3 2 , , ( , ). 2 8 2 x k x m k m          0,25 Ta có : 2 2 1 1 2 1 1 4( ) 3 1 3 0. 2 x x x          Suy ra, điều kiện : 1 (*). 2 x x        0.25 Bpt               2 2 2 2 3 2 3 2 1 2 1 1 1 3 2.x x x x x x x x 0,25             2 2 0 1 2 3 1 0 x x x x x x 0,25 3                 0 13 1 ( (*)). 1 13 1 13 6 ; 6 6 x x do x x Kết luận: 13 1 . 6 x   0,25 + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên có 2 , 3 SG SO  suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD. + Dễ có: . . . 1 1 2 2 S ABD S BCD S ABCD V V V V   . 0,25 Theo công thức tỷ số thể tích ta có: . . . 1 1 1 . . 1.1. 2 2 4 S ABN S ABN S ABD V SA SB SN V V V SA SB SD      . . . 1 1 1 1 . . 1. . . 2 2 4 8 S BMN S BMN S BCD V SB SM SN V V V SB SC SD      Từ đó suy ra: . . . 3 . 8 S ABMN S ABN S BMN V V V V   0,25 + Ta có: 1 . ( ) 3 V SAdt ABCD ; mà theo giả thiết ( )SA ABCD nên góc hợp bởi AN với mp(ABCD) chính là góc  NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại N, suy ra   0 30 .NAD NDA  Do đó 0 3 tan30 SA AD a  . Vậy, 3 1 1 3 . ( ) . . 3 3 3 3 V SAdt ABCD a a a a   . 0,25 4 Suy ra,thể tích cần tìm là: 3 . . 3 5 5 3 8 . 8 24 MNABCD S ABCD S ABMN a V V V V V V      0,25 Đặt 2 2 2 2 4 2 ln 2 ln 4 2 4 ln 4ln 8          t x x t x x t t 0,25 3 3 8ln ln 1 (16 4 ) (2 ) . 2       x x dx t t dt dx t t dt x x 0,25 5 Đổi cận: 1 2 2; 3 1x t x e t       0,25 M N O C A D B S G Suy ra, 3 1 2 2 2 1 1 (2 ) (3 3 1 4 2). 2 3 I t dt         0,25                         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c b c a c a b 3 Bdt 5 a b c b c a c a b 3 2c 3 2a 3 2b 3 5 3 c c 3 a a 3 b b c 3c 2 a 3a 2 b 3b 2 0 2c 6c 9 2a 6a 9 2b 6b 9                                              0,25 Ta có:         2 2 2 x 1 x 2 x 3x 2 1 1 x 1 x 1 0 2x 6x 9 5 2x 6x 9 5                        2 2 2 2 2 x 2 1 x 1 0 2x 6x 9 5 x 1 2x 1 2x x 1 x 1 0 0, x 0 2x 6x 9 2x 6x 9                             0,25 6 Do a, b, c dương nên ta có :       2 2 2 2 2 2 a 3a 2 1 b 3b 2 1 c 3c 2 1 a 1 ; b 1 , c 1 2a 6a 9 5 2b 6b 9 5 2c 6c 9 5                      . Từ đó bđt được chứng minh, dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1. 0,5 C d C(c 2;c);B d' B(3b 1;b)      Do M là trung điểm của AC nên A(6-c;5-c) N là trung điểm của AB 3b c 7 b c 5 N ; 2 2            . 0,25 Đường trung tuyến kẻ từ C là d, nên N nằm trên d 3b c 7 b c 5 2 0 b 1 B(4;1) 2 2            0,25 7a AC (2c 4;2c 5)    Phương trình AC là: (2c-5)(x-4)+(2-c)(2y-5)=0         2 2 2 2 ABC | 3(c 2)| AC 2c 4 2c 5 , d(B,AC) 2c 4 2c 5 | 3(c 2)| S 2             0,25 Giả thiết, ta có: c 3 A(3;2), C(5;3) c 1 A(5;4), C(3;1)        KL 0,25 Gọi D(x;y;z)     CD x 4;y 5;z 7 ,BA 5; 1; 1           Tứ giác ABCD là hình thang cân có đáy AB CD kBA AC BD           (k>0). 0,25 8a             2 2 2 2 2 2 x 4 5k x 4 5k y 5 k y 5 k z 7 k z 7 k x 2 y 3 z 1 107 2 5k 2 k 8 k 107                                             0,25 2 x 4 5k k 1(l) y 5 k 35 z 7 k k (t / m) 27 27k 8k 35 0                           0,25 Kết luận: 67 100 224 D ; ; 27 27 27         . 0,25             n 1 n n 3 n 2 n 3 n 2 n 2 n 1 C 2C 16 n 2 2. 16 n 2 2 2 n 3 n 1 16 n 9. 2                      0,5 Ta có:     9 n 9 k 9 k k 9 0 2 x 2 x C 2 x       Số hạng tổng quát của khai triển là: k 9 k k 9 C 2 x  0,25 9a Số hạng thứ 8 của khai triển (k=7) là 7 2 7 7 9 C 2 x 144x Giải phương trình được x=1. 0,25 Phương trình chính tắc của hypebol (H) có dang: 2 2 2 2 x y 1;a 0,b 0. a b     Hai đường tiệm cận của (H) có phương trình là: b b y x;y x a a    Hai tiệm cận vuông góc với nhau a b  Phương trình (H): 2 2 2 x y a  0,25 Giao điểm của (H) và đường tròn (C) có tọa độ là nghiệm của hệ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 13 x x y a 2 x y 13 13 a y 2                      0,25 Các giao điểm có tọa độ A (x;y), B(x;-y), C(-x;-y), D(-x;y) ABCD là hình chữ nhật có diện tích là: 4|xy| Giả thiết: 2 2 2 2 16x y 24 a 5   0,25 7b Phương trình chính tắc của hypebol cần tìm là: 2 2 x y 1. 5 5   0,25 Gọi 0 0 0 ( ; ; )N x y z , suy ra 2 2 2 0 0o NO x y z   0 0 0 3 2 4 ( ,( )) . 14 x y z d N P     0,25 8b Từ giả thiết, suy ra vectơ MN  cùng phương với vectơ pháp tuyến (3;2; 1)n   của mặt phẳng ( ),P nên ta có 0 0 0 2 2 (1). 3 2 1 x y z     0,25 ……… HẾT……… Điểm N cách đều gốc tọa độ và mặt phẳng ( ),P do đó: 0 0 0 2 2 2 0 0 3 2 4 (2). 14 o x y z x y z       0,25 Giải hệ hai phương trình (1) và(2) ta được:     0 0 0 1 1 3 ; ; . 4 2 4 x y z 0,25 Đk: 1 x 3 x 2y 0         0,25         1 2 2 2 2 2 log x 2y log 3x 1 1 log x 2y log 3x 1 1 3x 1 log 1 x 4y 1 x 2y                        0,25 Thay x=4y+1 vào phương trình x 4y 3 3 4    ta được 4y 4y 1 4y 4y 4y 4y y 0 3 1 1 3 3 4 3.3 4 1 1 3 y 3 4 3                       0,25 9b Kết luận: Nghiệm của hệ   1;0 . 0,25 Cả m ơ n  Ng u yễ n  Tr un g T h à nh  ( vivo @g m ail . com ) gử i tới www . laisac. p age. tl . OAI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN I Môn: TOÁN; Khối A và khối B Thời gian làm bài :180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN. liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Cảm ơnNguyễnTrungThành(vivo@gmail.com)gửitới www.laisac.page.tl HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A, B NĂM