Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi ,đáp án 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!
Trang 1SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1
1
x y x
−
= + (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
2 Tìm m để đường thẳng d y: = +x m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A B sao cho ,
OA +OB = , trong đó O là gốc toạ độ
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình 2 cos 2 cot
sin 2 cos
x
x
2 Giải phương trình x 1 x2 x 2 (x )
x
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ln 2 ( )
0
1
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AB=2 ,a BAD =60 0 Hình chiếu vuông
góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD là trọng tâm H của tam giác ) ABD Biết tam giác SAC vuông tại đỉnh S , tính thể tích khối chóp S ABCD theo a và tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC và ) (SBC)
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm , ,a b c thoả mãn a2 +b2 +c2 = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1
P
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn , ( ) : (C x−1)2+(y−2)2 =10 có tâm I Viết phương
trình đường thẳng ∆ cách O một khoảng bằng 5 và cắt đường tròn ( ) C tại hai điểm phân biệt A B sao cho ,
diện tích tam giác IAB lớn nhất
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng , 1
:
− và mặt phẳng ( ) : 2P x+ −y 2z− = Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng ( ),3 0 P cắt trục hoành
và cắt đường thẳng d
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n và hai số thực , ( a b b>0) Biết trong khai triển nhị thức Niu-tơn
n
a
b
b
+
có số hạng chứa
4 9,
a b tìm số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh ,
A là d : 2x+ − =y 3 0. Biết đỉnh B thuộc trục hoành, đỉnh C thuộc trục tung và diện tích tam giác ABC
bằng 5 Tìm toạ độ ba đỉnh , ,A B C của tam giác ABC
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng , 1 1
:
− cắt mặt phẳng ( ) :P x+2y+ − = tại điểm z 6 0 M Viết phương trình mặt cầu ( )S có tâm I thuộc đường thẳng d và tiếp
xúc với mặt phẳng ( )P tại điểm A , biết diện tích tam giác IMA bằng 3 3 và tâm I có hoành độ âm
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
log ( ) log 4
( , )
2 log log log (6 )
x y
-Hết -
www.VNMATH.com
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM 2013
Tập xác định D = ℝ \ {-1}
Sự biến thiên
Chiều biến thiên:
2
2
( 1)
x
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ −; 1) và ( 1; − +∞ )
0,25
Cực trị: Hàm số không có cực trị
Giới hạn:
+ + Đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng
+ + Đường thẳng y =1 là tiệm cận ngang
0,25
Bảng biến thiên
y
0,25
I.1
(1 điểm)
Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0)
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;-1)
Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận
I(-1;1) làm tâm đối xứng
0,25
Điều kiện x ≠ −1
Phương trình hoành độ giao điểm 1 2
1
x
x
0,25 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A B, khi PT(*) có 2 nghiệm phân biệt khác
1
Giả sử A x x( ;1 1+m B x x), ( ;2 2 +m), trong đó x x1, 2 là 2 nghiệm phân biệt của PT(*)
Theo định lý Vi-ét ta có 1 2
+ = −
0,25
I.2
(1 điểm)
Đối chiếu điều kiện: m = −1
0,25
Điều kiện: sin 2 0, cos 0, sin 0 ,
2
k
Phương trình đã cho tương đương với 1 − sin cos 2x x = cos 2x ⇔sin2x−sin cos 2x x =0 0,25
II.1
(1 điểm)
sin cos 2
2
-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
x y
O
Trang 3H
O
C D
S
2
x= − ⇔ = − +x π k π k ∈ ℤ(Loại)
Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm: 2 v 5 2 ,
0,25
Điều kiện:
2
0
x
x
x
0,25 Phương trình đã cho tương đương với:
2
1 1
1
x x
x
− +
2
II.2
(1 điểm)
x
− + + − + =
+ Nếu x ≥ 1 thì phương trình (1) vô nghiệm
+ Nếu − ≤ < 1 x 0 thì x2 >x3 ;1 + ≥x 0 Ta có phương trình (1) tương đương với
( x2 − −x x3 −x)+ + (1 x) = 0 (vô nghiệm)
0,25
1
x
*
ln 2 1
0
x
I =∫ xe dx Đặt u x x du x dx
dv e dx v e
Ta có
ln 2 1
0
I =xe −∫e dx= −e = −
0,25
*
ln 2 2
0
1
I =∫e e − dx Đặt x 1 x 2 1
t = e − ⇒e =t + Khi x =0 thì t=0, khi x =ln 2 thì t=1
Ta có x 2
e dx= tdt Do đó
2 2
0
1
2
0
t
0,25
III
(1 điểm)
Do đó 1 2 2 ln 2 1
3
0,25
IV
(1 điểm) Từ giả thiết ta có tam giácABD đều Gọi { }O =AC ∩BD Ta có AC =2AO=2 3a
Diện tích hình thoi ABCD là 1 2
2
ABCD
H là trọng tâm của ∆ABD nên 1 2 3
a
a
Tam giác SAC vuông tại S, có đường cao SH nên
SAH
∆ đồng dạng với ∆CSH
2 6 3
Thể tích khối chóp S ABCD là 3
.
0,25
www.VNMATH.com
Trang 4I
A
Gọi M là trung điểm của cạnh SC
Tam giác SAC vuông tại S nên OM ⊥SC (1)
Ta có OB ⊥SH OB, ⊥AC ⇒OB ⊥SC OB, ⊥OM (2)
Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng góc BMO
0,25
2
OB= BD=a Tam giác OBM vuông tại O
OM
= = ⇒ = Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 45 0
0,25
Chứng minh: 2(1+bc)2 ≥(a+ +b c)2 ⇔ +2 4bc+2b c2 2 ≥(a2+b2+c2)+2(ab+bc+ca)
Dấu “=” xảy ra khi
0
bc
+ =
=
0,25
Chứng minh: 2 + 2abc≥ + + ⇔a b c a(1 − 2 )bc + + (b c) ≤ 2.Theo Bất đẳng thức Bunhiacopsky
0,25 Cần chứng minh (1+2 )(1bc −2bc+2b c2 2)≤ ⇔1 2b c2 2(2bc− ≤1) 0
Ta có 1=a2 +(b2+c2)≥b2+c2 ≥2bc⇔2bc− ≥1 0 Dấu “=” xảy ra khi abc=0 0,25
V
(1 điểm)
3 2
P
+ + + + + + .Vậy maxP=3 2 đạt được khi
2
2
a= =b c= 0,25 Đường tròn (C) có tâm I(1;2), bán kính R= 10 Đường thẳng ∆:ax+by+ =c 0 (a2 +b2 ≠0) 0,25 Diện tích tam giác IAB là 1 1 2
IAB
Vậy maxS IAB =5 đạt được khi AIB= 90 0 Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB ta có IH ⊥AB
và IH = 5
0,25
5
c
d I
VI.a.1
(1 điểm)
Từ PT(1) và (2) ta có
2
2
c
= −
= −
* Với a= −2b chọn a= 2,b= − 1 Từ PT(1) ta có c= ±5
Phương trình đường thẳng ∆ là 2x− + =y 5 0 và 2x− − =y 5 0
2
= − thay vào PT(1) ta có 19a2−4ab+16b2 =0 (vô nghiệm)
0,25
Giả sử { }M = ∆ ∩Ox, { }N = ∆ ∩d Gọi M a( ; 0; 0), ( ; ;1N b b −b) 0,25
MN= b−a b −b Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )P là n= (2;1; 2) − 0,25
Do đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng ( )P nên MN
và n
cùng phương
1
a
b
=
⇔ = −
− Ta có M(1; 0; 0), ( 1; 1;2)N − −
0,25
VI.a.2
(1 điểm)
Phương trình đường thẳng ∆ là 1
VII.a
(1 điểm) Số hạng thứ k+1 trong khai triển là
3 2 1
a
b
− +
Trang 5P
I
A
M
Số hạng này chứa 4 9
a b khi
4
15 3
9
11 2
, 0
n
k
− =
ℕ
0,25
Với n =15 ta có số hạng thứ k+1 trong khai triển là
3 15
k
k
−
−
Trong khai triển có số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau khi
15
9 2
k k
k
− =
ℕ
Vậy số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau là: 9 6 6 6 6
0,25
Giả sử B b( ; 0), (0; )C c BC = − ( b c; )
Gọi H là trung điểm của cạnh ( ; )
2 2
b c
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u= − ( 1;2).
0,25
Do tam giác ABC cân tại A nên . 0 2 0 4
BC u
Suy ra B(4; 0), (0; 2).C − 0,25
Ta có BC = 2 5, (2; 1)H − Diện tích tam giác ABC là 1 5 5
2
ABC
VI.b.1
(1 điểm)
Giả sử A t( ; 3−2 )t Ta có AH = 5 ⇔ − (t 2) 2 + (4 − 2 )t 2 = ⇔ = 5 t 1 v t= 3
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u(2;1; 1) − Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )P là n(1;2;1).
Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng ( )P
Ta có sin | cos( , ) | | 2 2 1 | 1
2
6 6
u n
IMA
0,25
Gọi R là bán kính mặt cầu ( )S ⇒IA=R Tam giác IMA vuông tại A
có IMA=300 ⇒AM =R 3 3 3 1 3 3 6
2
IMA
Giả sử (1 2 ;1 ; ), 1
2
I + t + −t t t< −
Từ giả thiết ta có khoảng cách ( ,( )) | 3 3 | 6
6
t
= ⇔ = ⇔ = −t 1 v t =3(loại)⇒ −I( 1; 0;1)
0,25
VI.b.2
(1 điểm)
Phương trình mặt cầu ( ) : (S x+1)2 +y2 + −(z 1)2 =6 0,25 Điều kiện: 0 6, 1
< < ≠
> ≠
Phương trình (1) của hệ logx y+ 2 logy x = ⇔ 3 logx y = 1 v logx y= ⇔ = 2 y x v y =x2 0,25
* Với y=x từ PT(2) của hệ ta có 2 2
1 log log log (6 )
2
x
4
x
=
⇔ + − = ⇔ = Hệ phương trình có nghiệm 4
4
x y
=
=
0,25
VII.b
(1 điểm)
* Với 2
y=x từ PT(2) của hệ ta có 2
2 log x=log x log (6−x)⇔ =x 2 v x =1 (Loai)
Hệ phương trình có nghiệm 2
4
x y
=
=
0,25
www.VNMATH.com