ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối D

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 D _____________________ 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 hàm số có cực trị tại x 1 và x 2 thoả mãn: 12 xx2−=. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2sinxsin2xsinxcosx10−++−= Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 33 22 xy5xy xy3  +=−   −=   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, SA tạo với đáy (ABC) một góc 60 0 . Tam giác ABC vuông tại B,  0 ACB30= , AC = 2a. 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 nghiệm. ( ) 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 cho A(1;0), B(−2;4), C(−1;4), D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆: 3xy50−−= sao cho hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau. 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 ∆ABC cân tại đỉnh A, phương trình CB:xy10++=. Đường cao qua đỉnh B là: :x2y20∆−−=, điểm M(2;1) thuộc đường cao đi qua đỉnh C. Viết phương trình cạnh AB và AC của ∆ABC 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 D 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=−++ . Hàm số có hai điểm cực trị x 1 , x 2 khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 1 0.25đ Khi đó ta có: x 1 = 2; x 2 = 2m 0.25đ Do đó 12 xx2m11−=⇔−= 0.25đ 1 (2đ) m = 0 hoặc m = 2 0.25đ ()()() 22 2sinxsin2xsinxcosx102sinx2sinx.cosxsinxc osx10 sinx12sinx1cosx2sinx10 −++−=⇔−++−= ⇔+−−−= 0.25đ 2 (1đ) 1 sinx 2 cosxsinx1  =  ⇔  −=  0.25đ 4 0 +∞ −∞ 4 2 5 -1 2 O www.VNMATH.com xk2 1 6 sinx 5 2 xk2 6 π  =+π  =⇔  π  =+π   0.25đ xk2 cosxsinx1 xk2 2 =π   −=⇔ π  =−+π  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: xk2=π, 2 xk 23 ππ =−+ với (k ∈ Z) 0.25đ () () 22 3322 3322 223223 22 xy3 xy5xyxy3 3x3y5xyxy xy32xxy5xy2y0 xy3 x2y y2x xy −=  +=−−=   ⇔⇔  +=−− −=−−−=    −=   =   ⇔   =−     =−   0.25đ 0.25đ 3 (1đ) () () 22 22 22 xy3 x2y x2 y1 xy3 y2x x2 y1 xy3 yx v« nghiÖm v« nghiÖm  −=    = =       = −=     ⇔⇔   =− =−       =−  −=       =−   0.50đ 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 5 (1đ) www.VNMATH.com G A C B S E Ta có: AB = a, AC = a 3 diện tích ∆ABC là 2 ABC 13 SAB.ACa 22 == Gọi E là trung điểm BC ta có: 22 a7 AEABBK 2 =+= a7 AG 3 ⇒= Vì góc giữa SA và đáy bằng 60 0 nên ta có  0 SAG60= a7 SGAG.3 3 ⇒== Thể thích khối chóp là: 3 ABC 1a7 V.S.SG 36 == 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 6 (1đ) Điều kiện: x∈ [−1;1] Đặt 22 t1x1x21xt2=−++⇒−=− với t2;2  ∈  . Phương trình đã cho trở thành: () 2 2 t7 mt3t70m t3 −+ ++−=⇔= + (*) Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm t2;2  ∈  Xét () 2 t7 ft t3 −+ = + trên 2;2   , ta có () () 2 2 t6t7 f't0 t3 −−− =< + ⇒ f(t) nghịch biến trên 2;2   . Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi () () 31552 f2mf2m 57 − ≤≤⇔≤≤ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 7a (1đ) Ta có: ( ) ( ) AB3;4AB5,CD4;1CD17=−⇒==⇒=  AB:4x3y40,CD:x4y170+−=−+= M∈∆ ⇒ M(t; 3t−5) Theo bài ra ta có: ( ) ( ) dM,AB.ABdM,CD.CD= ( ) ( ) () 4t33t54t43t517 .5.17 5 17 M9;32 t9 13t193711t 19 1917 t M; 8 88 +−−−−+ ⇔= −−  =−    ⇔−=−⇔⇔    =      0.25đ 0.25đ 0.50đ 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 0.25đ 0.25đ www.VNMATH.com I B A CH M N 2a2bc3d2b4c5a2 50a2b4cd02a2bc3b3 94a4b2cd02a3bc2c7 54a0b2cd02abc0d27 ++=−=−−−=−   ++++=++=−=−  ⇔⇔  +−++=−++==   −+++=++==−  Vậy phương trình mặt cầu (S): 222 xyz4x6y14z270++−−+−= 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 d là đường thẳng qua M song song với BC, cắt ∆ tại N ta có d: xy30+−= N = d ∩ ∆ 81 N; 33  ⇒   gọi I, H lần lượt là trung điểm MN, BC ta có ∆ABC cân nên tứ giác A∈IH Ta có 72 I; 33    nên IH có phương trình: 5 xy0 3 −−= H = IH ∩ BC 14 H; 33  ⇒−   B = ∆ ∩ BC () 25 B0;1C; 33 −  ⇒−⇒   Vậy AC: 1 2xy0 3 ++=, AB: x2y20++= 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 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 www.VNMATH.com 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 . 0.50đ 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  =. AB:4x3y40,CD:x4y170+−=−+= M∈∆ ⇒ M(t; 3t−5) Theo bài ra ta có: ( ) ( ) dM,AB.ABdM,CD.CD= ( ) ( ) () 4t33t54t43t 517 .5 .17 5 17 M9;32 t9 13 t193 711 t 19 19 17 t M;