Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 66 docx

TRƯỜNG THPT SỐ 1 TUY PHƯỚC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Đề thi thử lần 1 Môn: TOÁN; Khối A và A1 Thời gian làm bài: 180 phút I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số    3 2 x y x , có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm các giá trị m (m  ) để đường thẳng d: y = – x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm ở hai phía của trục tung sao cho góc  AOB nhọn; (O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác 3 2cos cos 2 1 sin x x x    . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên : 2 (4 1) ( 3) 5 2 0 x x x x      . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 2 sin 0 2cos cos 2 x x I x x e dx           . Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD, biết tam giác ABC vuông tại A có AB = a, AC = a 3 . Ngoài ra, DA = DB = DC và tam giác DBC vuông. Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CD, với M là trung điểm của BC. Câu 6 (1,0 điểm). Cho 3 số thực x,y,z thỏa 3 5 2 8 32 log log log 0 x y z    (*). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 x y y z z x F xy yz zx          . II. Phần riêng (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình chuẩn Câu 7A (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ 0xy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(1; 3), đường chéo BD có phương trình 5 3 15 0 x y    . Viết phương trình các cạnh AB, AD biết AB có hệ số góc dương. Câu 8A (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục 0xyz, cho hai mặt phẳng (P), (Q) có phương trình   : 2 1 0 P x y z     và   : 2x 3 0. Q y z     Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt phẳng (Q) tại điểm M, biết rằng M thuộc mặt phẳng Oxy và có hoành độ x M = 1. Câu 9A (1,0 điểm). Tìm hệ số của x 8 trong khai triển thành đa thức của   8 2 3 1 x x   . B. Theo chương trình nâng cao Câu 7B (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC. Biết phương trình các đường thẳng chứa đường cao BH, phân giác trong AD lần lượt là 3x + 4y + 10 = 0, x – y + 1 = 0; điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB và MC = 2 . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC. Câu 8B (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 – 4x + 2y + 2z – 3 = 0, mặt phẳng (P): x – y + z + 1 = 0 và hai điểm A(–1; 1; 0), B(2; 2; 1). Viết phương trình mặt phẳng (α) song song với AB, vuông góc với mp(P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn (C ) có bán kính bằng 3 . Câu 9B (1,0 điểm). Tính tổng S = n n n nnnn CnCnCCC .)1( 3.2 11121110    . (n  *, k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử) Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm . Họ tên thí sinh:………………………………………………, số báo danh:……………. Cả m ơ n  ( go c nho @g m ail. co m ) gử i tới www . l aisac. p age. tl ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A-A1 NĂM 2013 Câu, ý NỘI DUNG Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số    3 2 x y x 1,0  Tập xác định    \ 2 .  Sự biến thiên - Chiều biến thiên :         2 5 ' 0, 2. 2 y x x Hàm số nghịch biến trên các khoảng    ;2 và    2; . Hàm số không có cực trị. 0,25 - Giới hạn và tiệm cận :      lim lim 1 x x y y Tiệm cận ngang y =1.          2 2 lim , lim x x y y Tiệm cận đứng x =2. 0,25 - Bảng biến thiên : x -  2 +  y’ - - y 1 +  -  1 0,25 1.a) Đồ thị f(x)=(x+3)/(x-2) f(x)=1 x(t )=2 , y(t)=t -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 0,25 Tìm các giá trị m … 1,0 Phương trình hoành độ giao điểm ( C) và d: 3 2 x x m x        2 3 ( 2)( ) 1 2 3 0 2 x x x m x m x m x                 (1) (x = 2 không phải là nghiệm phương trình (1) ). 0,25 1.b) d cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B nằm ở hai phía trục tung khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 ;x 2 , thỏa x 1 .x 2 < 0.Điều này xảy ra khi và chỉ khi P = 2m+3< 0 3 2 m    . 0,25 +Giao điểm của (C ) với Ox: (-3; 0) +Giao điểm của (C) với Oy: (0;-3/2) Khi đó A(x 1 ;-x 1 + m) ; B(x 2 ;-x 2 +m).Góc  AOB nhọn khi và chỉ khi:   2 1 2 1 2 . 0 2 0 OA OB m m x x x x              2 1 2 2 3 0 m m m m      (Viét) 3 6 0 2 m m       0,25 Kết hợp với điều kiện 3 2 m   ta được : 3 2 2 m     là các giá trị m cần tìm. Ghi chú :Thí sinh có thể sử dụng định lý hàm số côsin.Điều kiện góc  AOB nhọn tương đương với:OA 2 +OB 2 – AB 2 > 0    2 1 2 1 2 2 0 m m x x x x     0,25 Giải phương trình lượng giác 3 2cos cos 2 1 sin x x x    1,0 Điều kiện: sinx ≠ 0. Biến đổi PT về: 2cos 3 x + cos2x + sinx = 0  2cos 3 x + 2cos 2 x – 1 + sinx = 0  2cos 2 x(1 + cosx) – (1 – sinx) = 0 0,25  (1 – sinx )[2(1 + sinx)(1 + cosx) – 1] = 0  1 – sinx = 0 (*) hoặc 2(1 + sinx)(1 + cosx) – 1 = 0 (**) + (*)  sinx = 1  x = 2  + k2 ( k  ). Thỏa điều kiện. 0,25 + (**)  1 + 2sinxcosx + 2(sinx + cosx) = 0  (sinx + cosx) 2 + 2(sinx + cosx) = 0  (sinx + cosx)(sinx + cosx + 2) = 0  sinx + cosx = 0 hoặc sinx + cosx + 2 = 0 (vô nghiệm – giải thích) 0,25 2  2 sin(x + 4  ) = 0  x = 4 k     , (k  ). Thỏa điều kiện. KL: PT có các họ nghiệm: x = 2  + k2, x = – 4  + k (k  ). Ghi chú: Có thể đặt t = sinx + cosx, với |t|  2 để giải (**). 0,25 Giải phương trình 2 (4 1) ( 3) 5 2 0 x x x x      1,0 Điều kiện: x  5 2 . PT đã cho tương đương với 2 2 (4 1) 2(3 ) 5 2 x x x x     0,25  2 2 (4 1) [(5 2 ) 1] 5 2 x x x x      (*) Đặt u = 2x, v = 5 2 x  (v  0). Phương trình (*) trở thành u(u 2 + 1) = v(v 2 + 1) (**) 0,25 Xét hàm số f(t) = t(t 2 + 1)  f / (t) = 3t 2 + 1 > 0,  t. (trong bài, từ đk và pt (**) suy ra u, v  [0; 5] – HS không cần nêu). Do đó f(t) đồng biến trên , nên (**)  f(u) = f(v)  u = v 0,25 3 Từ đó, Pt đã cho tương đương 2x = 5 2 x    2 2 0 1 21 0 0 4 4 5 2 4 2 5 0 1 21 4 x x x x x x x x x                                      0,25  1 21 4 x    (thỏa đk). KL. Tính tích phân 1,0 Biến đổi được 2 2 2 sin sin sin 0 0 0 cos cos x x x I e dx xe dx x xe dx          0,25 + Tính đúng 2 2 sin sin sin 2 0 0 0 cos (sin ) 1 x x x xe dx e d x e e          0,25 + Tính I’ = 2 sin 0 cos x x xe dx   . Đặt sin sin cos x x u x du dx dv xe dx v e            Khi đó I’ = 2 2 sin sin sin 2 0 0 0 2 x x x e xe e dx e dx              0,25 4 Suy ra I = 1 2 e e    0,25 Thể tích tứ diện ABCD và d(AM; CD) 1,0 * Thể tích. Vì DA = DB = DC và MA = MB = MC (do  ABC vuông tại A, M là trung điểm BC) suy ra D, M thuộc trục của  ABC. Do đó DM  (ABC). 0,25 Tính được BC = 2a. DBC vuông cân tại D nên DM = 1 2 BC = a. Thể tích tứ diện ABCD: V = 1 3 DM. S (  ABC) = 3 3 6 a . 0,25 5 * d(AM; CD). Gọi N là trung điểm BD. Chứng minh được CD // (AMN). Do đó d(CD; AM) = d(CD; (AMN)) = d(C; (AMN)). Xét tứ diện ACMN. Thể tích tứ diện này là V (ACMN) = 1 3 d(C;(ANM)). S (  AMN) = 1 3 d(N; (ACM)). S (  ACM) Suy ra d(C; (AMN)) = ( ) ( ) ( ;( )). ACM AMN d N ACM S S   (1) Gọi H là trung điểm BM. Khi đó, NH // DM suy ra NH  (ACM) nên NH = d(N; (ACM)) = 1 2 DM = 1 2 a (2) S (  ACM) = 1 2 S (  ABC) = 2 3 4 a (3) 0,25 K H N M B A C D Áp dụng định lý đường trung tuyến: AN 2 = 1 2 (AB 2 + AD 2 – 1 2 DB 2 ) = a 2 . Suy ra AN = a. Lại có AM = 1 2 BC = a nên  AMN cân tại A. Gọi K là trung điểm MN thì AK  MN. Ta có MN = 2 2 2 CD a  . Từ tam giác vuông AKM, tính được AK = 14 4 a . Suy ra S (  AMN) = 1 2 AK.MN = 2 7 8 a (4) Từ (1), (2), (3), (4) suy ra d(C; (AMN)) hay d(CD; AM) = 21 7 a . 0,25 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1,0 Từ ĐK (*) ta có x,y,z > 0 và xyz = 1 0,25 Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho 3 số dương ta có: 3 3 3 3 3 1 3 1. . 3 x y x y xy     3 3 1 3 x y xy xy     (1) Tương tự : 3 3 1 3 y z yz yz    (2) 3 3 1 3 z x zx zx    (3) 0,25 Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 x y y z z x F xy yz zx          1 1 1 3 xy yz zx            3 2 2 2 1 33 3 3 x y z   . 0,25 6 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 Vậy GTNN của F là 3 3 . 0,25 Viết phương trình cạnh AB, AD biết hệ số góc AB dương 1,0 Gọi d là đường thẳng đi qua A và hợp với BD một góc 45 0 ,     2 2 1 ; 0 n a b a b    là vectơ pháp tuyến của d. Khi đó d có phương trình 3 0 ax by a b     . Một vectơ pháp tuyến của đường BD là   2 5; 3 n   . Ta có       2 2 1 2 2 2 5a 3 1 cos , D cos ; 4 15 4 0 * 2 34 b d B n n a ab b a b            . 0,25 Nếu b = 0 thì a = 0 (vô lí), suy ra 0 b  , chọn b = 1. khi đó   4 * 1 4 a a           . 0,25 o Với a = 4 và b = 1 ta có d: 4x + y – 7= 0 (có hệ số góc k = – 4<0). o Với 1 4 a   và b =1 ta có d: 4 11 0 x y    (có hệ số góc 1 0 4 k   ). 0,25 7A Vì AB, AD cũng đi qua A và hợp với BD một góc 45 0 và AB có hệ số góc dương nên từ các phương trình của d, ta suy ra AB: 4 11 0 x y    và AD: 4x + y – 7= 0. 0,25   : 2 1 0 P x y z     ,   : 2x 3 0. Q y z     Viết pt mặt cầu tâm I (P) … 1,0 Vì M  mp Oxy và có hoành độ bằng 1 nên M(1; y; 0). Lại có, mặt cầu tiếp xúc với mp(Q) nên M  mp(Q). Tìm được M(1; – 5; 0). 0,25 Gọi I(a; b; c) là tâm của mặt cầu (S) cần tìm. Ta có (S) tiếp xúc với mp(Q) tại M nên IM  (Q). Mặt phẳng (Q) có một vectơ pháp tuyến   2;1; 1 n   . Ta có IM  (Q)    1 2 5 a t MI tn t b t c t                         I  (P)  1 + 2t – 2(–5 + t) – t – 1 = 0  t = 10  I(21; 5; – 10) 0,25 Bán kính mặt cầu R = d(I; (Q)) = 10 6 . 0,25 8A Vậy phương trình mặt cầu (S): (x – 21) 2 + (y – 5) 2 + (z + 10) 2 = 600. 0,25 Tìm hệ số của x 8 trong khai triển thành đa thức của   8 2 3 1 x x   . 1,0 +Viết được:   8 2 3 1 x x   =   8 2 1 1 x x       = 0 1 2 2 4 2 3 6 3 4 8 4 5 10 5 8 8 8 8 8 8 8 16 8 8 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) . C C x x C x x C x x C x x C x x C x x              0,25 + Nhận xét: Số hạng chứa x 8 chỉ có trong 3 6 3 8 (1 ) C x x  và 4 8 4 8 (1 ) C x x  . 0,25 + Tìm được hệ số của x 8 trong 3 6 3 8 (1 ) C x x  là: 3 2 8 3 . C C ; trong 4 8 4 8 (1 ) C x x  là: 4 0 8 4 . C C . 0,25 9A + Suy ra hệ số của x 8 trong khai triển là: 3 2 8 3 . C C + 4 0 8 4 . C C = 238. 0,25 BH: 3x+4y+10= 0, AD = x–y +1 =0, M(0; 2) AB, MC = 2 . Tìm A, B, C. 1,0 + Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AD. Đt MM’ qua M(0; 2) và vuông góc AD nên có phương trình: x + y – 2 = 0. Tọa độ giao điểm K của MM’ và AD là K( 1 2 ; 3 2 ). Suy ra tọa độ M’(1; 1). 0,25 Vì AD là phân giác trong góc A, M AB nên M’ AC. Do đó đường thẳng AC qua M’(1; 1) và vuông góc BH nên tìm được pt AC: 4x – 3y – 1 = 0. Ta có A = AC AD  A(4; 5). Đt AB qua A và M nên lập được phương trình AB: 3x – 4y +8 = 0. Ta có B = AB  BH nên tìm được B(–3; – 1 4 ). 0,25 Ta có MC = 2 nên C thuộc đường tròn (C ) tâm M(0; 2), bán kính 2 . Ngoài ra, C  AC nên tọa độ C là nghiệm hệ 2 2 ( 2) 2 (pt (C)) 4 3 1 0 x y x y           2 3 1 3 1 4 4 33 1 hoac 25 58 33 0 25 y y x x y y y y                       Suy ra có 2 điểm C thỏa điều kiện trên: C(1; 1), C’(31/25; 33/25) 0,25 7B Theo cách xác định C như trên, thì B và C có thể nằm về 2 phía đối với AD, nên có thể xảy ra trường hợp AD là phân giác ngoài góc BAC. M' K D H B C A M (0;2) WWW.VNMATH.COM + Kiểm tra cặp B và C với AD: (–3+ 1 4 +1)(1–1+1) < 0, suy ra B và C nằm về 2 phía đối với AD. Tương tự, B và C’ nằm về 2 phía đối AD. KL: 2 bộ 3 điểm: A(4; 5), B(–3;– 1 4 ), C(1; 1) và A, B, C’(31/25;33/25). 0,25 Phương trình mặt phẳng (α) 1,0 Pt (S) viết dưới dạng (x – 2) 2 + (y + 1) 2 + (x + 1) 2 = 9. Suy ra (S) có tâm I(2; – 1; – 1), bán kính R = 3. 0,25 Ta có AB  = (3; 1; 1), một VTPT của mp(P) là n  = (1; – 1; 1). Do đó [ AB  , n  ] = (2; – 2; – 4) ≠ 0  . Gọi u  là một VTPT của mp(α). Ta có ( ) // ( ) ( ) AB u AB P u n                    u  cùng phương với [ AB  , n  ]. Chọn u  = 1 2 [ AB  , n  ]  u  = (1; – 1; –2) 0,25 Mp(α) có một VTPT u  nên có phương trình dạng x – y – 2z + D = 0. Gọi d là khoảng cách từ I đến mp(α). Mp(α) cắt (S) theo một đường tròn (C ) có bán kính r = 3 nên d = 2 2 9 3 6 R r     . Ta có d = 6  2 ( 1) 2( 1) 6 6 D       |5 + D| = 6  1 11 D D       . 0,25 8B Với D = 1 thì (α): x – y – 2z + 1 = 0 không qua A(–1; 1; 0) (vì – 1 – 1 – 2.0 + 1 ≠ 0) nên (α) // AB. Tương tự, mp(α): x – y – 2z – 11 = 0 cũng song song với AB. Vậy có hai mặt phẳng (α) thỏa yêu cầu bài toán có phương trình: x – y – 2z + 1 = 0 và x – y – 2z – 11 = 0 0,25 Tính tổng S = n n n nnnn CnCnCCC .)1( 3.2 11121110    . 1,0 Với 0  k  n, ta có 1 1 11 .)1( )!)!.(1( )!1( . 1 1 )!!.( ! . 1 1 .)1(           k n k n Cn knk n nknk n k Ck . 0,25 Nên S = (n+1) -1   1 11 3 1 21 1 1 1    n n n nnnn CCCCC  0,25 = (n+1) -1 . [(1+1) n +1 - 0 1 n C ] = (n+1) -1 .[2 n +1 - 1] Đáp số : S = (n+1) -1 .[2 n+1 - 1]. 0,5 9B Ghi chú: có thể lấy tích phân trên [0; 1] của f(x) = (x + 1) n = 0 1 2 2 n n n n n n C C x C x C x      . Ghi chú: mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa với nội dung tương ứng. Cả m ơ n  ( go c nho @g m ail. co m ) gử i tới www . l aisac. p age. tl . TRƯỜNG THPT SỐ 1 TUY PHƯỚC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Đề thi thử lần 1 Môn: TOÁN; Khối A và A1 Thời gian làm bài: 180 phút. Cả m ơ n  ( go c nho @g m ail. co m ) gử i tới www . l aisac. p age. tl ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A-A1 NĂM 2013 Câu, ý NỘI DUNG Điểm Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số    3 2 x y x