ĐỀ THI THỬ đại học lần i năm 2013 môn TOÁN, khối a, a1, b và d TRƯỜNG THPT cù HUY

TÀI LIỆU THAM KHẢO VÀ TUYỂN TẬP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN THI : TOÁN HỌC CÁC KHỐI A,B,D . CHÚC CÁC BẠN HỌC TẬT, LUYỆN THI TỐT MÔN TOÁN HỌC VÀ ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG CÁC KỲ THI SẮP TỚI

www.VNMATH.com SỞ GD – ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN Môn: TOÁN, Khối A, A1, B và D Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 3 2 (C ) m y x mx= − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1m = 2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực trị và đường thẳng đi qua cực đại , cực tiểu của đồ thị hàm số ( ) m C cắt đường tròn ( ) ( ) 2 2 1 2 1x y− + − = tại hai điểm ,A B phân biệt sao cho 2 5 AB = Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2sin 2 2sin 2 5sin 3cos 3 4 x x x x π   + + + − =  ÷   2. Giải hệ phương trình : 3 3 2 3 7 3 ( ) 12 6 1 ( , ) 4 1 3 2 4 x y xy x y x x x y x y x y + + − − + =   ∈  + + + + =   ¡ Câu III (1,0 điểm) 1. Tính tích phân : 4 2 0 sin sin 2 os x x x I dx c x π + = ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có SA vuông góc với đáy , ABCD là hình chữ nhật với 3 2, 3AB a BC a= = . Gọi M là trung điểm CD và góc giữa ( )ABCD với ( )SBC bằng 0 60 . Chứng minh rằng ( ) ( )SBM SAC⊥ và tính thể tích tứ diện SABM . Câu V (1,0 điểm) Cho ,x y là các số thực không âm thoả mãn 1x y+ = . Tìm GTNN của biểu thức: 2 2 3 1 2 2 40 9P x y= + + + PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có cạnh AC đi qua (0, 1)M − . Biết 2AB AM= , đường phân giác trong : 0AD x y− = ,đường cao : 2 3 0CH x y+ + = . Tìm toạ độ các đỉnh. 3. Giải phương trình : 8 4 2 2 1 1 log ( 3) log ( 1) log 4 2 4 x x x+ + − = Câu VII.a ( 1 điểm) Tìm hệ số chứa 4 x trong khai triển 2 2 1 3 6 n n x x −   + +  ÷   biết : 1 4 3 7( 3) n n n n C C n + + + − = + B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn 2 2 ( ):( 1) ( 1) 25C x y− + + = , điểm (7;3)M . Viết phương trình đường thẳng qua M cắt ( )C tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho 3MA MB= 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 5 4 log 3 3 1 log 3 1 x x + + = + Câu VII.b ( 1 điểm)Với n là số nguyên dương , chứng minh: 0 1 2 1 2 3 . ( 1) ( 2)2 n n n n n n C C C n C n − + + + + + = + -----------Hết--------- (Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) www.VNMATH.com Họ và tên thí sinh:………………………….………………………….SBD:……………………… SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN HỌC CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM I.1 (1 điểm) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: Khi 1m = ta có hàm số 3 3 2y x x= − + TXĐ: D=R Sự biến thiên Đạo hàm: 2 1 0 ' 3 3, ' 0 1 4 x y y x y x y = ⇒ =  = − = ⇔  = − ⇒ =  Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ Bảng biến thiên: x −∞ 1− 1 +∞ 'y + 0 − 0 + 4 +∞ y −∞ 0 Hàm số đồng biến trên ( ) ( ) ; 1 ; 1;−∞ − +∞ Hàm số nghịch biến trên ( ) 1;1− Hàm số đạt cực đại tại 1; 4 CD x y= − = Hàm số đạt cực tiểu tại 1; 0 CT x y= = Đồ thị: f(x)=x^3-3x+2 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 x y 0.25 0.25 0.25 0.25 A I B H www.VNMATH.com I.2 (1điểm ) + Ta có 2 ' 3 3y x m= − Để hàm số có cực trị thì ' 0y = có 2 nghiệm phân biệt 0m⇔ > Phương trình đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu là : 2 2 0mx y∆ + − = Điều kiện để đường thẳng ∆ cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt là : ( ) 2 2 , 2 2 2 1 2 4 1 0 1, 4 1 d I R m m m m m ∆ < + − ⇔ < ⇔ < + ⇔ < ∀ + Gọi H là hình chiếu của I trên AB . Ta có 2 2 2 6 4 5 AB IH R= − = . Theo bài ra 2 6 ( , ) 5 d I ∆ = 2 2 6 2 2 6 6 5 4 1 6 (L) m m m m m  = ⇔ = ⇔ = ⇔  + = −   Vậy 6m = là giá trị cần tìm . 0.25 0.25 0.25 0.25 II.1 (1điểm ) 1. GPT : 2sin 2 2sin 2 5sin 3cos 3 4 x x x x π   + + + − =  ÷   (1) 2 (1) 2sin 2 sin 2 os2 5sin 3cos 3 6sin cos 3cos (2sin 5sin 2) 0 3cos (2sin 1) (2sin 1)(sinx 2) 0 (2sin 1)(3cos sinx 2) 0 1 sinx 2 sinx 3cos 2 x x c x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + + − = ⇔ − − − + = ⇔ − − − − = ⇔ − − + =  =  ⇔  − =  + 2 1 6 sin , 5 2 2 6 x k x k x k π π π π  = +  = ⇔ ∈   = +   ¢ 0.25 0.25 www.VNMATH.com 2 1 sinx 3cos 2 sin( ) ,( os ) 10 10 2 arcsin 2 10 , 2 arcsin 2 10 x x c x k k x k α α α π π α π − = ⇔ − = =  = + +   ⇔ ∈  = + − +   ¢ Vậy pt có 4 họ nghiệm : 2 6 5 2 6 , 2 arcsin 2 10 2 arcsin 2 10 x k x k k x k x k π π π π α π π α π  = +    = +  ∈   = + +    = + − +   ¢ 0.25 0,25 II.2 (1điểm ) 2. Giải hệ : 3 3 2 3 7 3 ( ) 12 6 1 (1) ( , ) 4 1 3 2 4 (2) x y xy x y x x x y x y x y + + − − + =   ∈  + + + + =   ¡ Giải: ĐK 3 2 0x y+ ≥ ( ) ( ) 3 2 3 2 2 3 3 3 (1) 8 12 6 1 3 3 2 1 2 1 1 x x x x x y xy y x x y x x y y x ⇔ − + − = − + − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = − + Với 1y x= − thay vào (2) ta được : 3 3 2 2 4x x+ + + = Đặt 3 3 2, 2 (b 0)a x b x= + = + ≥ . Ta có hệ : 3 3 2 4 2 3 2 2 2 2 3 4 2 2 a b a x x b a b x  + = = + =    ⇔ ⇒ ⇔ =    = = − + =     + 2 1x y= ⇒ = − . Vậy nghiệm của hệ là: 2 1 x y =   = −  0.25 0.25 0.25 0.25 III. (1điểm ) Tính 4 2 0 sin sin 2 os x x x I dx c x π ∫ + = 0.25 www.VNMATH.com + Ta có 4 4 2 0 0 sin sinx 2 os cos x x I dx dx c x x π π ∫ ∫ = + Đặt 4 4 1 2 2 0 0 sin sinx ; 2 os cos x x I dx I dx c x x π π ∫ ∫ = = +Tính 1 I : Đặt 2 2 4 1 0 sinx 1 ; os (cos ) os cos 1 1 sinx 2 1 2 2 ln ln 4 4 4 cos cos cos 2 1 sinx 4 2 2 2 0 0 0 u x du dx v dx c xd x c x x x dx x I x x x π π π π π − ∫ ∫ ∫ = ⇒ = = = − = + + ⇒ = − = − = − − − + Tính 4 2 0 (cos ) 2 2 2ln cos 2ln 4 cos 2 0 d x I x x π π ∫ = − = − = − Vậy 1 2 2 1 2 2 2 ln 2ln 4 2 2 2 2 I I I π + = + = − − − 0.25 0.25 0.25 0.25 IV. (1điểm ) I M S A B CD Gọi I BM AC= ∩ ,suy ra I là trọng tâm của tam giác BCD 2 2 2 2 1 6 1 18 ; 3 3 2 3 4 a a IM BM IC AC a IM IC CM BM AC ⇒ = = = = ⇒ + = = ⇒ ⊥ Mặt khác ( ) ( ) ( )BM SA BM SAC SBM SAC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ + Ta có 2 1 1 9 2 . ( , ) 3 2.3 2 2 2 ABM a S AB d M AB a a= = = Theo bài ra · 0 60SBA = . Xét tam giác vuông SAB có 2 0 3 1 9 2 tan60 3 6 3 6 9 3( ) 3 2 SABM a SA AB a V a a dvtt= = ⇒ = = 0.25 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com V. (1điểm ) + Ta dễ dàng CM được B Đ T sau: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 , , , ( ) ; , 0 a a b b a a a a b b b b b b ∈  + + ≥ ∀  > +  ¡ (Tuyệt phẩm Svac-xơ) +Ta có 2 2 2 2 3 4 (3 2 ) 3 3 1 2 3 3 (3 2 ) (1) 9 2 11 11 x x x x + + = + ≥ = + 2 2 2 2 40 36 (40 6 ) 11 2 40 9 2 2 (40 6 ) (2) 40 4 44 11 y y y y + + = + ≥ = + +Từ 3 11 11 11 (1),(2) (3 2 ) (40 6 ) (49 6 6 ) 5 11 11 11 11 P x y x y⇒ ≥ + + + = + + = + Dấu đẳng thức xẩy ra 1 3 2 3 x y  =   ⇔   =   0.25 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com VI.a (1điểm ) PHẦN RIÊNG: 1. Gọi 1 M là điểm đối xứng với M qua AD 1 1 (1,1) :1( 0) 1( 1) 0 1 0 MM AD n u MM x y x y⇒ = = ⇒ − + + = ⇔ + + = r r Gọi 1 I AD MM= ∩ ⇒ toạ độ I là nghiệm của hệ 1 1 1 0 1 1 2 ( ; ) ( 1;0) 0 1 2 2 2 ( 1;2) : 1( 1) 2( 0) 0 2 1 0 AB CH x x y I M x y y n u AB x y x y  = −  + + =   ⇔ ⇒ − − ⇒ −   − =   = −   = = − ⇒ − + + − = ⇔ − + = r v Suy ra toạ độ A là nghiệm của hệ 2 1 (1;1) ( 1; 2) (2; 1) : 2( 1) 1( 1) 0 0 2 1 0 AC x y A AM n AC x y x y x y − = −  ⇒ ⇒ = − − ⇒ = − ⇒ − − − =  − =  ⇔ − − = uuuur r Toạ độ C là nghiệm cuả hệ 2 3 1 ( ; 2) 2 1 2 x y C x y + = −  ⇒ − −  − =  Vì 0 0 2 0 0 0 0 1 ( ; ) 2 5 1 ( 1; ); ( 1, 2) 2 ( 1) 16 3 2 (5;3) (KTM) ( 3; 1) o x B AB B x x x AB x AM AB AM x x B B + ∈ ⇒ =  − ⇒ − − − ⇒ = ⇔ − = ⇔  = −   ⇒  − −  uuur uuuur Vì ,B C phải khác phía với AD (5,3)B⇒ không TM. Vậy 1 (1;1); ( 3; 1); ( ; 2) 2 A B C − − − − 0.25 0.25 0.25 0.25 2. ĐK: ( ) 2 2 0 1 (1) log ( 3) 1 log 4 ( 3) 1 4 1 3 ( 3)( 1) 4 0 1 3 2 3 ( 3)(1 ) 4 x x x x x x x x x x x x x x x x x x >   ≠  ⇒ ⇔ + − = ⇔ + − = >     = + − =    ⇔ ⇔   < < = − +     + − =    0.25 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com VII.a (1điểm ) ĐK: www.VNMATH.com 0 ( 4)! ( 3)! (1) 7( 3) ( 1)!3! !3! ( 4)( 2) ( 1)( 2) 42 12 n n n n n n n n n n n n ≥  + + ⇒ ⇔ − = +  ∈ +  ⇔ + + − + + = ⇔ = ¢ + Với 10 2 0 10 1 9 2 2 8 4 10 10 10 12 (1 2 ) 3 (1 2 ) (1 2 ) .3 (1 2 ) 9 . n x x C x C x x C x x = ⇒ + + = + + + + + +     Ta có: 0 10 0 0 1 2 2 3 3 4 4 10 10 10 10 10 10 10 2 1 9 2 1 0 1 2 2 10 10 9 9 9 4 2 8 4 2 0 10 10 8 (1 2 ) 2 4 8 16 . 3 (1 2 ) 3 2 4 . 9 (1 2 ) 9 . C x C C C x C x C x C x x C x x C C C x C x x C x x C C + = + + + + +     + = + + +     + = +     Vậy hệ số của số hạng chứa 4 x là : 0 4 1 2 2 0 10 10 10 9 10 8 16 3 4 9 8085C C C C C C+ + = 0.25 0.25 0.25 0.25 1. I H B A M www.VNMATH.com VI.b Đường tròn ( ): (1, 1); 5 52 5 C I R MI − = = > ⇒ M nằm ngoài đường tròn Ta có 2 2 2 . 27 3 27 3 9 6MA MB MI R MB MB MA AB= − = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = Gọi H là trung điểm của AB 2 2 4 4 AB IH R⇒ = − = Gọi đường thẳng đi qua (7,3)M có vtpt 2 2 ( , ),( 0) : Ax 7 3 0n A B A B By A B+ ≠ ⇒ ∆ + − − = r . Theo trên ta có : 2 2 2 0 7 3 ( , ) 4 4 5 12 0 12 5 A A B A B d I IH A AB B A A B =  − − −  ∆ = = ⇔ = ⇔ + = ⇔  = − +  + Với 0 : 3A y= ⇒ ∆ = + Với 12 :12 5 69 0 5 B A x y= − ⇒ ∆ − − = 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 VII.b 2. Đặt 4 5 log (3 1) 3 4 1 (1) log (3 2 ) 1 2 3 2 5 3. 1 (*) 5 5 x x t t t t t t t t+ = ⇒ = − ⇒ ⇔ + =   ⇔ + = ⇔ + =  ÷   Xét hàm 1 2 ( ) 3. 5 5 t t f t   = +  ÷   là hàm nghịch biến . Mà (1) 1 1f t= ⇒ = là nghiệm duy nhất của phương trình (*) + Với 1 1t x= ⇒ = + Ta có : 0 1 2 2 3 3 (1 ) . (1) n n n n n n n n x x xC xC x xC x xC x C x+ = + + + + + Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được: 1 0 1 2 2 (1 ) (1 ) 2 3 . ( 1) (2) n n n n n n n n x nx x C C C x n C x − + + + = + + + + + Thay 1x = vào (2) dpcm⇒ www.VNMATH.com ( Mọi cách giải đúng và gọn đều cho điểm tối đa) = = = HẾT = = = 0.25 www.VNMATH.com www.VNMATH.com . GD – ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC LẦN I NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN Môn: TOÁN, Kh i A, A1, B và D Th i gian: 180 phút ( không kể th i gian giao đề) . TRƯỜNG THPT CÙ HUY CẬN KỲ THI THỬ Đ I HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 -2013 HƯỚNG D N CHẤM MÔN: TOÁN HỌC CÂU ĐÁP ÁN I M I. 1 (1 i m) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: