ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối A, A1và B

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối A, A1và B _____________________ Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số ( ) 32 yx3m1x12mx3m4=−++−+ (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0 b) Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị tại A và B sao cho hai điểm này cùng với điểm 9 C1; 2  −−   lập thành một tam giác nhận gốc toạ độ làm trọng tâm. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin2x4sinx10 6 π  −++=   Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 33 22 8xy63 y2x2yx9 −=   ++−=  x, y ∈ R Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân e 2 1 2x1 Ilnxdx x + = ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a, SA tạo với đáy (ABC) một góc 60 0 . Tam giác ABC vuông tại B,  0 ACB30= . Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của ∆ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt ( ) 2 m1x1x321x50++−++−−= II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật ABCD biết các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1) và diện tích của hình chữ nhật bằng 16. Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A(0;1;2), B(2;−2;1), C(−2;0;1) và có tâm thuộc mặt phẳng (P): 2x2yz30++−= Câu 9a (1,0 điểm). Cho khai triển Niutơn ( ) 2n 22n 0122n 13xaaxax .ax−=++++ , n ∈ N * . Tính hệ số a 9 biết n thoả mãn hệ thức 23 nn 2141 C3Cn += B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm M(4;1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt các tia Ox, Oy theo thứ tự tại A, B (A, B không trùng với O) sao cho tổng khoảng cách OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1;0;0), B(2;−1;2), C(−1;1;−3). Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc trục Oy, đi qua A và cắt mặt phẳng (ABC) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất. Câu 9b (1,0 điểm). Giải phương trình: () () 23 48 2 logx12log4xlog4x++=−++ ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: …………………………………… ; Số báo danh: ……………………… www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối A, A1và B Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Với m = 0 ta có hàm số 32 yx3x4=−+ Tập xác định: D = R Sự biến thiên: y’ = 3x 2 − 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 0.25đ Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (2;+∞), nghịch biến trên khoảng (0;2) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 với y CĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = 0. Giới hạn: xx limy,limy, →−∞→+∞ =−∞=+∞ 0.25đ Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 − 0 + y 0.25đ Đồ thị: 0.25đ b) (1,0 điểm) Ta có: ( ) 2 y'3x3m1x12m=−++ . Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị tại A và B khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 1 0.25đ Khi đó khi điểm cực trị là A(2;9m), ( ) 32 B2m;4m12m3m4−+−+ 0.25đ Ba điểm A, B, C lập thành một tam giác có gốc toạ độ làm trọng tâm nên ta có 32 22m10 1 m 9 2 4m12m6m40 2 +−=   ⇔=−  −+++−=   0.25đ 1 (2đ) Với 1 m 2 =− ta thấy ba điểm A, B, C không thẳng hàng nên thoả mãn ∆ABC có trọng tâm O là gốc toạ độ 0.25đ 4 0 +∞ −∞ 4 2 5 -1 2 O www.VNMATH.com 2 2sin2x4sinx102sin2x.cos2cos2x.sin4sinx10 666 23sinx.cosx2sinx4sinx0 πππ  −++=⇔−++=   ⇔++= 0.25đ sinx0 3cosxsinx2 =  ⇔  +=−  0.25đ sinx0xk=⇔=π 0.25đ 2 (1đ) 3cosxsinx2+=− 7 cosx1xk2 66 ππ  ⇔−=−⇔=+π   Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: xk=π, 7 xk2 6 π =+π với (k ∈ Z) 0.25đ ()() 3333 2222 33 33 33 3322 8xy638xy63 y2x2yx96y12x12y6x54 8xy63 8xy63 8xy6y12x12y6x9 2x1y2 −=−=  ⇔  ++−=++−=  −=  −=   ⇔⇔  −−−−+= −=+    0.25đ () 3 332 3 8xy632x3x20 8x2x363 y2x3y2x3 y2x3  −=−−=  −−=  ⇔⇔⇔  =−=− =−    0.25đ x2 1 x 2 y2x3 =       ⇔ =−     =−  0.25đ 3 (1đ) x2 y1 =  ⇔  =  hoặc 1 x 2 y4  =−    =  0.25đ ee 2 11 11 I2lnxdxlnxdx xx =+ ∫∫ 0.25đ Với e 2e 11 1 1 I2lnxdxlnx1 x === ∫ 0.25đ Với e 2 2 1 lnx Idx x = ∫ , đặt 2 dx ulnx du x dx 1 dv v x x  = =    ⇒  =  =−    ta có e 2 2 1 e 1dx Ilnx 1xx =−+ ∫ 0.25đ 4 (1đ) 2 e 112 I1 1exe =−−=− . Do đó 2 I2 e =− 0.25đ Gọi K = AG ∩ BC ta có góc giữa SA và (ABC) là   0 3a GASG60AG 2 AS⇒=⇒= 9a AK 4 ⇒= 0.25đ 5 (1đ) Ta có: 33a SG 2 = www.VNMATH.com G A C B S E Đặt AB = x ⇒ AC = 2x, BK = 3 x 2 Ta có: 222 ABBKAK+= 22 2 3x81a9a xx 416 27 ⇔+=⇔= Diện tích ∆ABC là: 2 ABC 19a9a81a3 S .3 256 2727 == Thể tích khối chóp là 23 1813a33a243a V 3562112 == 0.25đ 0.25đ 0.25đ 6 (1đ) Điều kiện: x∈ [−1;1] Đặt 22 11 t1x1x21xt2;t' 21x21x =−++⇒−=−=− −+ với ∀ x ∈ (−1;1) Bảng biến thiên của t: x −1 0 1 t’ || + 0 − || t 2 2 2 do đó t2;2  ∈  . Từ bảng biến thiên ta thấy mỗi t = 2 có duy nhất x = 0, mỗi t2;2)[∈ có 2 nghiệm x Phương trình đã cho trở thành: () 2 2 t7 mt3t70m t3 −+ ++−=⇔= + Xét () 2 t7 ft t3 −+ = + trên 2;2   , ta có () () 2 2 t6t7 f't0 t3 −−− =< + nên phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm khi và chỉ khi () () 31552 f2mf2m 57 − <≤⇔<≤ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 7a (1đ) Đường thẳng AB có dạng ( ) ( ) 22 mx4ny50,mn0−+−=+≠ Đường thẳng AD có dạng: ( ) ( ) 22 nx2my10,mn0−−−=+≠ Khoảng cách từ P đến AB là () 1 22 m3n ddP,AB mn − == + Khoảng cách từ N đến AD là: () 2 22 4mn ddN,AD mn − == + Diện tích hình chữ nhật bằng 16 nên ta có: d 1 .d 2 = 16 ( )( ) ( ) 22 m3nmn4mn⇔−−=+ 22 nm 3m4mnn0 n3m =−  ++=⇔  =−  0.25đ 0.25đ 0.25đ A B C D M(4;5) N(6;5) Q(2;1) P(5;2) www.VNMATH.com Với m = −n, chọn m = 1, n = −1 ta có phương trình các cạnh là AB: xy10−+=; CD:xy30−−=; AD: xy30+−=; BC:xy110+−= với n = −3m, chọn m = 1, n = −3 ta có AB: x3y110−+=; CD:x3y10−+=; AD: 3xy70+−=; BC:3xy230+−= 0.25đ 8a (1đ) Gọi (S) là mặt cầu có tâm thuộc (P) và qua A, B, C (S) có phương trình dạng: 222 xyz2ax2by2czd0++++++= (S) có tâm I(−a;−b;−c) I∈ (P) ⇔ ( ) 2a2bc302a2bc31−−−−=⇔++=− A∈ (S) ⇔ 50a2b4cd0++++= (2) B∈ (S) ⇔ 94a4b2cd0+−++= (3) C ∈ (S) ⇔ 54a0b2cd0−+++= (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta có hệ phương trình 2a2bc3d2b4c5a2 50a2b4cd02a2bc3b3 94a4b2cd02a3bc2c7 54a0b2cd02abc0d27 ++=−=−−−=−   ++++=++=−=−  ⇔⇔  +−++=−++==   −+++=++==−  Vậy phương trình mặt cầu (S): 222 xyz4x6y14z270++−−+−= 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 9a (1đ) Điều kiện: n ≥ 3, n ∈ N * Ta có: ()()() () 2 23 nn 21412.214.21 4n228n3n2 C3Cnnn1nn1n2n +=⇔+=⇔−+=−+ −−− 2 n7n180n9⇔−−=⇔= hoặc n2=− (loại) Vậy n = 9 Với n = 9 ta có nhị thức cần khai triển là ( ) 18 13x− Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là ( ) k kkk k18 axC3x=− vậy ( ) 9 9 918 aC339382203=−=− 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 7b (1đ) Gọi A(a;0), B(0;b) với a, b>0. Đường thẳng AB có dạng: xy 1 ab += Ta có OA + OB = a + b M∈ AB nên ta có: 41 1 ab += mặt khác ta có ( ) 2 22 21 21 1ab9 abab + =+≥⇔+≥ + Suy ra OA + OB ≥ 9, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab a6 21 41 b3 1 ab  =  =   ⇔  =   +=   Vậy d có phương trình: xy 12x3y120 64 +=⇔+−= 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ www.VNMATH.com 8b (1đ) Mặt phẳng ABC có phương trình: xyz10−−−= Gọi (S) là mặt cầu có tâm I∈Oy và cắt (ABC) theo một đường tròn có bán kính r nhỏ nhất Vì I ∈ Oy nên I(0;t;0), gọi H là hình chiếu của I trên (ABC) khi đó là có bán kính đường tròn giao của (ABC) và (S) là 22 rAHIAIH==− Ta có 22 IAt1=+ , IH = d(I,(ABC))= t1 3 + 22 2 t2t12t2t2 rt1 33 ++−+ ⇒=+−= Do đó r nhỏ nhất khi và chỉ khi 1 t 2 = . Khi đó 2 15 I0;;0,IA 24  =   do đó phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 22 15 xyz 24  +−+=   0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 9b (1đ) Điều kiện: ( ) ( ) x4;11;4∈−−∪− () () ()() () 23 48 2 22 22 22 22 22 logx12log4xlog4x logx12log4xlogx4 log4x4log16x4x416x x2 4x416xx4x120 x6 4x4x16x4x200 x226 ++=−++ ⇔++=−++ ⇔+=−⇔+=−  =  +=−+−=  ⇔⇔⇔=−   +=−−−=   =±  Đối chiếu điều kiện là có nghiệm của phương trình đa cho là x2 x226 =   =−  www.VNMATH.com . 2 ABC 19 a9 a8 1a3 S .3 256 2727 == Thể tích khối chóp là 23 18 1 3a3 3a2 4 3a V 356 211 2 == 0.25đ 0.25đ 0.25đ 6 (1 ) Điều kiện: x∈ [ 1; 1] Đặt 22 11 t1x1x21xt2;t'. Ilnx 1xx =−+ ∫ 0.25đ 4 (1 ) 2 e 11 2 I1 1exe =−−=− . Do đó 2 I2 e =− 0.25đ Gọi K = AG ∩ BC ta có góc gi a SA và (ABC) là   0 3a GASG60AG 2 AS⇒=⇒= 9a AK