Đề thi thử đại học môn toán có đáp án

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – Ngày thi: 23/06/2013 Môn thi: Toán – Khối A, A1, B Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 2y x mx m m= + + + (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = -2 2.Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có một góc bằng 120 0 Câu 2. (1,0 điểm) Tìm nghiệm x thuộc khoảng (0; ) π của phương trình 2 2 3 4sin ( ) 3 sin( 2 ) 1 2 os ( ) 2 2 4 x x c x π π π − − − = + − . Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 4 2 2 2 2 4 6 9 0 ( , ) 2 22 0 x x y y x y x y x y  − + − + =  ∈  + + − =   ¡ ( ) ,x y ∈¡ Câu 4. (1,0 điểm)Tính tích phân: 2 sin 0 (1 )sin 2 x I e xdx π = + ∫ Câu 5. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thoi cạnh 2a,SA = a, SB = a 3 ,gócBAD bằng 60 0 , ( ) ( ) SAB ABCD⊥ ,gọi M,N lần lượt là trung điểm AB và BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin giữa hai đường thẳng SM và DN. Câu 6. (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn 3a b c + + = Chứng minh rằng: 3 a b c b c a + + ≥ . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có AB= 5 , C(-1;-1), phương trình cạnh AB là: x-2y-3=0, trọng tâm G thuộc đường thẳng: x+y-2=0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : 2 1 5 1 3 2 x y z+ − + = = − và hai điểm A (-2; 1; 1); B (-3; -1; 2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 3 5 . Câu 8.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn 2 1 2 z z i + = − . Tìm phần thực của số phức 2 w z z= − B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy cho hinh chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12,tâm I là giao điểm của hai đường thẳng d 1 ,d 2 lần lượt có phương trình:x-y-3=0 và x+y-6+0.Trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của d 1 với trục Ox.Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật 2. Câu8.b (1,0điểm) Tìm m để phương trình: 2 2 2 2 27 1 3 3log (2 2 4 ) log 2 0x x m m x mx m− + − + + − = có hai nghiệm x 1, x 2 sao cho x 1 2 + x 2 2 >1 Hết TRUNG TÂM LUYỆN THI KHANG VIỆT Lương Sư Hưng Quốc! ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC – Ngày thi: 23/06/2013 Môn thi: Toán – Khối A, A1, B Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 (2điểm) 1.(1 điểm) Khi m=-2,ta có y=x 4 -2x 2 +2 *TXĐ *SBT -Chiều biến thiên:Tính y’,GPT y’=0 Nêu khoảng đb,nb -Cực trị -Giới hạn 0.25 BBT 0.25 Đồ thị 0.25 2.(1 điểm) Ta có: y’=4x 3 +4mx=4x(x 2 +m) Đồ thị có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m<0 Các điểm cực trị A(0;m 2 +m), 2 2 4 4 ( ; ), ( ; ) ( ; ), ( ; ) , B m m C m m AB m m AC m m AB m m AC m m − − − = − − = − − − = − = − uuur uuur Tam giác ABC cân tại A nên A=120 0 4 4 1 os( , ) 2 m m c AB AC m m + − ⇒ = = − uuuruuuur 0.25 3 1 3 m = − ,KL 0.25 2 (1 điểm) 3 2 sin 2 3 cos 2 2 os sin(2 ) sin ( ) 5 2 6 5 2 18 3 PT x x c x x x x k k x π π π π π π ⇔ − = ⇔ − = −  = +  ⇔   = +   0.75 Vì (0; )x π ∈ nên 5 5 17 , , 6 18 18 x x x π π π = = = 0.25 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình: 4 2 2 2 2 4 6 9 0 ( , ) 2 22 0 x x y y x y x y x y  − + − + =  ∈  + + − =   ¡ 0.25 TRUNG TÂM LUYỆN THI KHANG VIỆT Lương Sư Hưng Quốc! Hpt ⇔ 2 2 2 2 2 ( 2) ( 3) 4 ( 2 4)( 3 3) 2 20 0 x y x y x  − + − =   − + − + + − − =   0.5 Đặt 2 2 3 x u y v  − =  − =  Khi đó ta được 2 2 4 . 4( ) 8 u v u v u v  + =  + + =  ⇔ 2 0 u v =   =  hoặc 0 2 u v =   =  0.25 4 (1 điểm) Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 2 5 2 ( 2)( 3) 2 ( 2)( 3) 1 5 1 1 ( ) 2 3 2 3 2 1 5 3 ln 3 ln 2 2 2 x x I dx dx x x x x dx dx x x x x x C x + − + = = − − − − = + − − − − − = − + + − ∫ ∫ ∫ ∫ 1 5 (1 điểm) Tính được 2 2 , 2 3 1 . 2 3 2 ABCD BD a AC a S BD AC a = = ⇒ = = Tam giác SAB vuông tại S,suy ra SM=a,từ đó tam giác SAM đều.Gọi H là trung điểm của AM,suy ra 3 ( ) ( ) ( ) 3 2 SH AB SAB ABCD SH ABCD SH a V a ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ = ⇒ = 0,25 0,25 Gọi Q là điểm thoả mãn 1 4 AQ AD= ⇒ MQ//DN Gọi K là trung điểm của MQ,suy ra HK//AD,HK ⊥ MQ,MQ ⊥ (SHK) Góc α giữa SM và DN là góc ^ BAD 0,25 1 1 3 2 4 os 4 MQ DN MK c SM a a α = = = = 0,25 6 (1 điểm) Ta có: 2 2 2 2 2 4 2 4 a b c b a b c a a a a a a c b c b c b c + + ≥ + ≥ ⇒ + ≥ − (1) 0,25 Tương tự: 2 2 2 4 (2), 2 4 (3) b c c a b b a c c b c a a b + ≥ − + ≥ − 0,25 Cộng (1),(2),(3) được 2 3( ) 9 a b c a b c b c a   + + ≥ + + =  ÷   0,25 3 a b c b c a + + ≥ Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1 0,25 7a (2 điểm) 1(1 điểm) 0,5 Gọi A(x 1 ;y 1 ),B(x 2 ;y 2 ).Vì A,B thuộc đường thẳng x-2y-3=0 nên ta được: 1 1 2 2 2 3 0(1); 2 3 0(2)x y x y − − = − − = G là trọng tâm tam giác ABC nên: 1 1 2 2 1 3 ; 1 3 G G x y x x y y + − = + − = G thuộc đường thẳng x+y-2=0 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 6 8(3)x y x y x x y y ⇒ + − + + − = ⇒ + + + = AB=5 2 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 5(4)x x y y ⇒ − + − = Từ (1),(2),(3) 1 2 1 2 22 3 2 3 x x y y  + =   ⇒   + =   Từ (1),(2) 1 2 1 2 2( )x x y y − = − thay vào (4) được 1 2 1y y − = TH1: 1 2 1y y − = .Tìm được 14 5 8 1 ( ; ), ( ; ) 3 6 3 6 A B − TH2: 1 2 1y y − = − .Tìm được 8 1 14 5 ( ; ), ( ; ) 3 6 3 6 A B − 0,5 M ∈ ∆ ⇒ M (-2 + t; 1 + 3t; -5 – 2t) 0,25 ( 1; 2;1)AB = − − uuur ; ( ;3 ; 6 2 )AM t t t= − − uuuur ; [ , ] ( 12; 6; )AB AM t t t= + − − − uuur uuuur 0,5 S MAB = 3 5 = 1 [ , ] 3 5 2 AB AM = uuur uuuur ⇔ 2 2 2 1 ( 12) ( 6) 3 5 2 t t t+ + − − + = 0,25 8a (1 điểm) • Tìm Phần thực của w 2 (1 2 ) 2 4 1 2 z z z i z i i + = ⇔ + − = − − (1) . Đặt z = a + bi ( ,a b∈ℜ ) 0,25 (1) trở thành: a + bi + (1 – 2i)(a - bi) =2 – 4i ( ) 2 2 2 2 4a b ai i⇔ − − = − 0,25 2 4 2 2 2 2 2 1 a a z i a b b − = − =   ⇔ ⇔ ⇒ = +   − = =   0,25 2 w 1 3z z i= − = + . Vậy phần thực của w bằng 1. 0,25 7b (2 điểm) 1(1 điểm) Tìm được 9 3 ( ; ), (3;0) 2 2 I M 0,25 Lập đươc pt AD:x+y-3=0,Tính được AD= 2 2 0,25 Toạ độ A,D là nghiệm hpt 2 2 3 0 ( 3) 2 x y x y + − =   − + =  TÌm được:A(2;1),D(4;-1),C(7;2),B(5;4) hoặc A(2;1),D(4;-1),C(7;2),B(5;4) 0,5 2(1 điểm) Giả sử B(m;n),C(-m;n).Do B,C thuộc (E) và tam giác ABC đều nên ta được hệ : 2 2 2 2 2 17 3 1 3 16 4 17 3 ( 2) 4 3 m n m m n m m   =  + =   ⇔     + − = = −    Vậy 17 3 22 17 3 22 ( ; ), ( ; ) 3 13 3 13 B C − − − hoặc 17 3 22 17 3 22 ( ; ), ( ; ) 3 13 3 13 B C − − − 8b (1 điểm) BPT đã cho tương đương với 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 log (2 2 4 ) log ( 2 ) 2 0 2 0 1 ( 1) 2 2 0 2 x x m m x mx m x mx m x mx m x m x m x m m x m − + − = + −  + − >  + − >   ⇔ ⇔ = −    + + + − >     =   0,5 YCBT 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2 ) (2 ) 2 0 4 0 1 0 (1 ) (1 ) 2 0 2 1 0 2 1 5 2 (2 ) (1 ) 1 5 2 0 m m m m m m m m m m m m m m m m m   + − > > − < <     ⇔ − + − − > ⇔ − − + > ⇔    < <    + − > − >   0,5 . + + − = có hai nghiệm x 1, x 2 sao cho x 1 2 + x 2 2 >1 Hết TRUNG TÂM LUYỆN THI KHANG VIỆT Lương Sư Hưng Quốc! ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC – Ngày thi: 23/06/2013 Môn thi: Toán – Khối. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – Ngày thi: 23/06/2013 Môn thi: Toán – Khối A, A1, B Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN. đề CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 (2điểm) 1.(1 điểm) Khi m=-2,ta có y=x 4 -2x 2 +2 *TXĐ *SBT -Chiều biến thi n:Tính y’,GPT y’=0 Nêu khoảng đb,nb -Cực trị -Giới hạn 0.25 BBT 0.25 Đồ thị 0.25 2.(1 điểm) Ta có: