Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 41 docx

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( )( ) 2 y x 2 x 1= + − ( ) C . a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ( ) C . b) Tìm các điểm M trên đường thẳng d : y 2x 19= − + , biết rằng tiếp tuyến của đồ thị ( ) C đi qua điểm M vuông góc với đường thẳng x 9y 8 0+ − = . Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình ( )( ) 2sin x 1 cos2x sin x 1 3 2cosx 3sin x sin 2x − + + = + − . b) Giải phương trình 2 2 9 2x 1 0 x 2x 9 + − = + . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 4 2 2 2 2 y 2xy 7y x 7x 8 3y 13 15 2x x 1  − + = − + +   + − − = +   . Câu 4 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' , có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , biết rằng khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( ) A'BC bằng a 15 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và cosin góc giữa hai đường thẳng A'B và AC' . Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là ba số dương thỏa mãn điều kiện 3 3 3 a b c+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( )( ) 2 2 2 a b c M c a c b + − = − − . II. 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 6a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh ( ) A 3;5− , tâm I thuộc đường thẳng d : y x 5= − + và diện tích bằng 25. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết rằng tâm I có hoành độ dương. Câu 7a (1,0 điểm). Khai triển nhị thức ( ) n k n 0 1 k n P(x) 1 6x a a x a x a x= − = + + + + + . Tính giá trị của biểu thức 1 n 0 n a a T a 2 2 = + + + , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn 2 1 n n 2C 8C n− = . Câu 8a (1,0 điểm). Giải phương trình 3 2 2x 2x 1 log x log x 2 + = . B. Theo ch ương trình Nâng cao. Câu 6b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d: x 2y 1 0− − = , d': x 2y 21 0− + = và điểm ( ) A 3;4 . Hai điểm B,C lần lượt nằm trên đường thẳng d và d’ sao cho tam giác ABC vuông có độ dài cạnh huyền BC 10 = . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 7b (1,0 điểm). Một chiếc hộp đứng 6 cái bút màu xanh, 6 cái bút màu đen, 5 cái bút màu tím và 3 cái bút màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên ra 4 cái bút. Tính xác suất để lấy được ít nhất 2 bút cùng màu. Câu 8b (1,0 điểm). Giải phương trình: x 1 x x x 3 27 27 16 3 6 0 3 −   − − − + =     . HẾT Cảm ơ n  bạ n  K h á nh  H ò a ( k. ho a9 4@ z i ng.c om )  gửi t ới www . la is ac. page. t l Trang 1 – S Ở GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TR ƯỜNG THPT TRẦN PHÚ KÌ THI TH Ứ ĐẠ I H Ọ C L Ầ N TH Ứ 1 N Ă M H Ọ C 2012 -2013 H ƯỚ NG D Ẫ N CH Ấ M MÔN TOÁN Câu Đ áp án Đ i ể m 1.(1 đ i ể m) Kh ả o sát…. • TXĐ D = ℝ • S ự bi ế n thiên - Chi ề u bi ế n thiên ( ) 2 y' 3 x 1 = − ; 2 x 1 y' 0 x 1 0 x 1 =  = ⇔ − = ⇔  = −  0.25 - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ; 1 −∞ − và ( ) 1; +∞ , ngh ị ch bi ế n trên kho ả ng ( ) 1;1 − . - C ự c tr ị : Hàm s ố đạ t c ự c đạ i t ạ i x 1 = − ; y c đ = 4, đạ t c ự c ti ể u t ạ i x 1 = và y ct = 0. - Các gi ớ i h ạ n t ạ i vô c ự c: ( ) 3 x x lim y lim x 3x 2 →−∞ →−∞ = − + = −∞ ; ( ) 3 x x lim y lim x 3x 2 →+∞ →+∞ = − + = +∞ 0.25 - B ả ng bi ế n thiên: x −∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 4 +∞ −∞ 0 0.25 • Đồ th ị : Giao v ớ i Ox là ( ) A 1;0 , B( 2;0) − ; v ớ i Oy là ( ) C 0;2 0.25 2.(1.0 đ i ể m) Vì ti ế p tuy ế n vuông góc đườ ng th ẳ ng x 9y 8 0 + − = , nên ti ế p tuy ế n có h ệ s ố góc b ằ ng 9. G ọ i t ọ a độ ti ế p đ i ể m là ( ) 0 0 I x ;y . Ta có 0 2 0 0 0 x 2 f '(x ) 9 x 1 3 x 2 =  = ⇔ − = ⇔  = −  . 0.25 • Nếu 0 x 2 = , 0 y 4 = . Khi đó phương trình tiếp tuyến là 1 d : ( ) ( ) ( ) 1 y f ' 2 x 2 f 2 d : y 9x 14 = − + ⇔ = − M là giao điểm của ∆ và 1 d suy ra t ọa độ M là nghiệm của hệ y 9x 14 x 3 y 2x 19 y 13 = − =   ⇔   = − + =   . V ậy ( ) M 3;13 0.25 • Nếu 0 x 2= − , 0 y 0= .T ương tự ta có phương trình tiếp tuyến là 2 d : y 9x 18= + M là giao điểm của ∆ và 2 d nên tọa độ M là nghiệm của hệ 1 x y 9x 18 11 y 2x 19 207 y 11  =  = +   ⇔   = − +   =   V ậy 1 207 M ; 11 11       . 0.25 Câu 1 (2.0 đ i ể m) V ậ y t ọ a độ c ủ a đ i ể m M là: ( ) M 3;13 và 1 207 M ; 11 11       . 0.25 1. (1.0 đ i ể m) Gi ả i ph ươ ng trình … Đ i ề u ki ệ n xác đị nh c ủ a pt: ( ) 3sin x sin 2x 0 sin x 3 2cosx 0 − ≠ ⇔ − ≠ . 0.25 -1 1 2 4 O x y Trang 2 – Ph ươ ng trình đ ã cho t ươ ng đươ ng ( ) ( ) ( ) 2 2sin x 1 cos2x sin x 1 sin x 3 4cos x − + + = − ( ) ( ) ( ) 2 2sin x 1 cos2x sin x 1 sin x 4sin x 1 ⇔ − + + = − ( ) ( ) 2 2sin x 1 cos2x 2sin x 1 0 ⇔ − − + = . 0.25 • 1 sin x x k2 2 6 π π = ⇔ = + ∨ 5 x k2 6 π π = + Đối chiếu đkiện ta thấy x k2 6 π π = + không th ỏa mãn điều kiện, 5 x k2 6 π π = + th ỏa mãn đk. 0.25 • 2 k cos2x 2sin x 1 0 cos2x 0 x 4 2 π π − + = ⇔ = ⇔ = + (th ỏa mãn) V ậy phương trình có các nghiệm là: k x 4 2 π π = + và 5 x k2 6 π π = + , k ∈ ℤ . 0.25 2. (1.0 điểm) Giải phương trình… Điều kiện x 0 ≠ . Phương trình đã cho tương đương 2 2 2 2x 9 2x 3 0 x 2x 9 + + − = + (1). 0.25 Đặt 2 x t 0 2x 9 = ≠ + . (1) tr ở thành: ( ) ( ) 2 2 1 1 2t 3 0 t 1 2t 1 0 t 1 t t 2 − + − = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = . 0.25 • V ớ i 2 2 2 2 x 0 x 0 1 3 2 t 2x 2x 9 x 2 2 4x 2x 9 2x 9 < <   − = ⇒ − = + ⇔ ⇔ ⇔ = −   = + =   . 0.25 Câu 2 (2.0 đ i ể m) • V ớ i 2 2 2 2 x 0 x 0 t 1 x 2x 9 x 2x 9 x 9 0 > >   = ⇒ = + ⇔ ⇔   = + + =   vô nghi ệm. V ậy nghiệm của phương trình là 3 2 x 2 = − . 0.25 Đ i ề u ki ệ n 15 1 x 2 − ≤ ≤ . Ta có 4 2 2 2 y 2xy 7y x 7x 8 − + = − + + ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 y x 7 y x 8 0 y x 1 y x 8 0 − + − − = ⇔ − − − + = (1) 0.25 Vì 15 x 2 ≤ ; 2 15 y 8 2 + > nên 2 x y 8 < + . Khi đó (1) 2 2 y x 1 0 y x 1 ⇔ − − = ⇔ = + . 0.25 Thế 2 y x 1 = + vào ph ương trình dưới, ta được 3x 16 15 2x x 1 + − − = + ( )( ) 3x 16 15 2x x 1 2x x 1 15 2x ⇔ + = − + + ⇔ = + − 2 x 0 x 0 x 3 5 x 3 x 6x 13x 15 0 6 ≥  ≥   ⇔ ⇔ ⇔ = −   = ∨ = − − =    0.25 Câu 3 ( 1.0 đ i ể m) V ớ i x 3= ta có 2 y 4 y 2 = ⇔ = ± V ậ y nghi ệ m c ủ a h ệ ph ươ ng trình là ( ) ( ) 3; 2 , 3;2 − . 0.25 Trang 3 – G ọ i I trung đ i ể m BC, ta có a 3 AI 2 = . G ọ i H là hình chi ế u c ủ a đ i ể m A trên đườ ng th ẳ ng A'I . Ta có BC AI, BC AA' ⊥ ⊥ BC AH ⇒ ⊥ . ( ) AH A'BC ⊥ . Vì G là tr ọng tâm ∆ ABC và AG nên ( ) ( ) ( ) ( ) A; A'BC G; A'BC 3 d AH 3d a 5 = = = . AIA' ∆ vuông t ạ i A có: 2 2 2 1 1 1 AA' a 3 AH AA' AI = + ⇒ = . Ta có 2 ABC a 3 S 4 = Th ể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' là ABC 2 3 a 3 3a V AA'.S a 3. 4 4 = = = ( đ vtt). 0,25 0,25 G ọ i D là đ i ể m đố i x ứ ng c ủ a B’ qua A’, ta có ABA'D là hình bình hành suy ra A’B và AD song song. Do đ ó góc gi ữ a đườ ng th ẳ ng A’B và AC’ b ằ ng góc gi ữ a đườ ng th ẳ ng AC’ và AD. 0.25 Câu 4 ( 1.0 đ i ể m) Ta có B'C'D ∆ vuông t ạ i C’, suy ra 2 2 C'D B'D B'C' a 3 = − = , 2 2 AD A'B AB AA' 2a = = + = .  2 2 2 2AD C'D 5 cosDAC' 2AD 8 − = = . V ậy cosin góc giữa hai đường thẳng A'B và AC' bằng 5 8 0.25 Do a,b,c 0 > , đặ t a b x 0,y 0 c c = > = > khi đ ó 3 3 x y 1 + = Ta có ( ) ( ) ( ) 3 3 3 x y x y 3xy x y 1 3xy x y + = + + + = + + . 0.25 Chia t ử và m ẫ u c ủ a bi ể u th ứ c M cho 2 c 0 ≠ và thay a b x 0,y 0 c c = > = > ta đượ c ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 x y 2xy 1 x y 1 M 1 x 1 y x y xy 1 + − − + − = = − − − + + + 0.25 Đặt 3 t 1 t x y xy 3t − = + ⇒ = , vì x,y 0 > nên ta có 3 3 3 2 t 1 t 1 1 t 4 t 1 t 4 t 4 3t >  >   ⇔ ⇔ < ≤   − ≤ ≥    . Bi ể u th ứ c tr ở thành 3 3 2 t 3t 2 t 2 3 M 1 t 3t 3t 1 t 1 t 1 − + + = = = + − + − − − 0.25 Câu 5 ( 1.0 đ i ể m) Vì 3 3 1 t 4 0 t 1 4 1 < ≤ ⇒ < − ≤ − suy ra 3 3 4 2 f(t) 4 1 + ≥ − . V ậ y giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a bi ể u th ứ c là 3 3 4 2 4 1 + − khi 3 a b,c a 2 = = . 0.25 Ch ươ ng trình chu ẩ n Di ệ n tích hình vuông là 2 S = AB.AD = 2AI 25 = nên 5 2 AI 2 = . Đ i ể m ( ) I d : y x 5 I a;5 a∈ = − + ⇒ − v ớ i a 0 > , 2 2 AI 2a 6a 9= + + . Khi đ ó a nghi ệ m ph ươ ng trình 2 25 7 2a 6a 9 a 2 2 − + + = ⇔ = (lo ạ i), 1 a 2 = (tm điều kiện). 0.25 Câu 6a ( 1.0 đ i ể m) Tọa độ tâm 1 9 I ; 2 2       , vi I trung điểm AC nên tọa độ đỉnh ( ) C 4;4 . 0.25 A C B A' C' B' D I H G Trang 4 – Đườ ng th ẳ ng ∆ vuông góc AI có ( ) n 7; 1 ∆ = −  nên phương trình là :7x y 1 0 ∆ − + = . Vì điểm B thuộc :7x y 1 0 ∆ − + = nên ( ) B b;1 7b + . Ta có 2 2 b 1 1 9 25 BI AI b 1 7b b 0 2 2 2 =      = ⇔ − + + − = ⇔      =      0.25 • Với ( ) b 0 B 0;1 = ⇒ do I trung điểm BD nên ( ) D 1;8 ; • V ớ i ( ) b 1 B 1;8 = ⇒ và ( ) D 0;1 . V ậ y t ọ a độ các đỉ nh B, C, D là: ( ) ( ) B 1;8 ,C 4;4 và ( ) D 0;1 ho ặ c ( ) ( ) B 0;1 ,C 4;4 và ( ) D 1;8 0.25 Đ i ề u ki ệ n n ,n 2 ∈ ≥ ℕ , Ph ươ ng trình 2 1 2 n n 2C 8C n n 10n 0 n 0 ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = (lo ạ i), n 10 = (nh ậ n) 0.25 V ớ i n 10 = , ( ) 10 k 10 0 1 k 10 P(x) 1 6x a a x a x a x = − = + + + + + 0.25 Khi 1 x 2 = , ta có 10 1 10 0 10 1 a a P 2 a 2 2 2   = = + + +     0.25 Câu 7a ( 1.0 đ i ể m) Ta có t ổ ng T b ằ ng giá tr ị c ủ a P(x) t ạ i 1 x 2 = . Do đ ó 10 T 2 = . 0.25 Đ i ề u ki ệ n 3 1 4 0 x,x ,x 2 2 < ≠ ≠ .Ta th ấ y x 1 = không là nghi ệ m. 0.25 V ớ i x 1 ≠ ph ươ ng trình tương đương 2 3 x x 1 1 1 log 2x log 2x 2 + = ( ) 2 x x 1 1 1 3 log 2 2 1 log 2 ⇔ + = + + (1) 0.25 Đặt x t log 2= , t 1;t 3 ≠ − ≠ − (1) trở thành ( ) ( ) 3 2 2 2 t 1 1 1 1 t 3t t 5 0 t 4t 5 0 vô nghiêm 3 t 2 1 t =  + = ⇒ + + − = ⇔  + + = + +  0.25 Câu 8a ( 1.0 đ i ể m) Với t 1 = suy ra x log 2 1 x 2 = ⇔ = (nhận). Vậy nghiệm của phương trình là: x 2 = 0.25 Ch ươ ng trình Nâng cao Do tam giác ABC vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm trùng với trung điểm cạnh BC và bán kính b ằng 1 AI BC 5 2 = = . 0.25 Gọi tọa độ tâm là ( ) 0 0 I x ;y ,do ( ) d d' u u 1; 2 = = −   nên d và d’ song song, suy ra I cách đều d và d’ Hay 0 0 0 0 0 0 0 0 x 2y 1 x 2y 21 x 2y 10 0 x 2y 10 5 5 − − − + = ⇔ − + = ⇔ = − . 0.25 Khi đó 0 y th ỏa mãn ( ) ( ) 2 2 0 0 0 0 AI 5 2y 10 3 y 4 25 y 4;y 8 = ⇔ − − + − = ⇔ = = 0.25 Câu 6b ( 1.0 đ i ể m) Với ( ) 0 y 4 I 2;4 = ⇒ − , ph ương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( ) ( ) 2 2 x 2 y 4 25 + + − = V ới ( ) 0 y 8 I 6;8 = ⇒ , phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( ) ( ) 2 2 x 6 y 8 25 − + − = 0.25 Không gian mẫu Ω có ( ) 4 20 n C 4845 Ω = = 0.25 Biến cố A=”lấy được ít nhất 2 cái bút cùng màu” thì biến cố đối A =”không có hai cái bút cùng màu” S ố cách chọn 4 bút không có 2 bút cùng màu là 1 1 1 1 6 6 5 3 C .C .C C 540= 0.25 Xác suất của biến cố A là ( ) ( ) ( ) n A 36 P A n 323 = = Ω . 0.25 Câu 7b (1 điểm) Khi đó xác suất của biến cố A là ( ) 287 P(A) 1 P A 323 = − = . 0.25 Trang 5 – www.mathvn.com Đặ t ; x x 3 x x 3 27 3 t 27 t 9t 3 27 − = ⇒ − = + ;PT tr ở thành ( ) ( ) ( ) 3 t 7t 6 0 t 1 t 2 t 3 0 − + = ⇔ − − + = 0.25 • t 1 = x x 3 x 3 1 13 1 13 3 1 3 x log 3 2 2 + + ⇒ − = ⇔ = ⇔ = • t 2 = x x x 3 3 2 3 3 x 1 3 ⇒ − = ⇔ = ⇔ = • t 3 = − x x 3 x 3 21 3 21 3 3 3 3 x log 3 2 2 − − ⇒ − = − ⇔ = ⇔ = 0.5 Câu 8 b ( 1.0 đ i ể m) Vậy nghiêm của phương trình đã cho là x 1 = , 3 1 13 x log 2 + = và 3 21 3 x log 2 − = . 0.25 Hết Chú ý: M ọ i cách làm đ úng khác v ớ i đ áp án đề u cho đ i ể m t ươ ng ứ ng. Cảm ơ n  bạ n  K h á nh  H ò a ( k. ho a9 4@ z i ng.c om )  gửi t ới www . la is ac. page. t l . SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). KÌ THI TH Ứ ĐẠ I H Ọ C L Ầ N TH Ứ 1 N Ă M H Ọ C 2012 -2013 H ƯỚ NG D Ẫ N CH Ấ M MÔN TOÁN Câu Đ áp án Đ i ể m 1.(1 đ i ể m) Kh ả o sát…. • TXĐ D = ℝ • S ự bi ế n thi n . đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , biết rằng khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( ) A'BC bằng a 15 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'