KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 ĐỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng 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!

Đề thi thử Đại học năm 2013 KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 ĐỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề) -------------------Đề số 5----------------------- I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(8,0 điểm) Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x 4 – 8m 2 x 2 + 1 (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 2 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC bằng 64. Câu II(2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2 2 3 os2 tan 4sin ( ) cot 2 4 c x x x x      2.Giải bất phương trình : 2 1 5 3x x x     Câu III(1,0 điểm) Khai triển (1 – 5x) 30 = a o +a 1 x +a 2 x 2 + .+ a 30 x 30 Tính tổng S = |a o | + 2|a 1 | + 3|a 2 | + . + 31|a 30 | Câu IV(2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và SB = 2a . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB. 1.Chứng minh rằng: SE EB và SBCH  2.Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V(1,0 điểm).Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn abc = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 3 2 3 2 3 P a b b c c a          II/PHẦN RIÊNG (2,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A/Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân giác trong của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và (d2): x + 2y + 2 = 0 Viết phương trình đường thẳng BC . 2.Giải hệ phương trình : 2log 2 2 3 log log x y y x x x x y y         B/Theo chương trình Nâng cao: Câu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng (AB): x – y + 1 = 0 và phương trình đường thẳng (BD): 2 x + y – 1 = 0; đường thẳng (AC) đi qua M( -1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 2.Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 2 sin 1 os 3 3 x c x y    . 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:…………………… Đề thi thử Đại học năm 2013 ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM MÔN TOÁN - KHỐI A Câu Ý Nội dung đáp án Điểm I 1 1điểm Khi m= 1 2 hàm số đã cho có pt: y= x 4 – 2x 2 + 1 1.TXĐ : D= R 2.SBT .CBT: y’= 4x 3 - 4x = 4x( x 2 - 1) ------------------------------------------------------------------------------ y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1 Hàm số đồng biến ( 1;0)x   vµ(1; ) Hàm số nghịch biến ( ; 1)x    vµ(0;1) .Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và y CĐ =y(0)=1 HS đạt cực tiểu tại x=  1 và y CT =y(  1)=0 ------------------------------------------------------------------------------ .Giới hạn: lim x y    ; lim x y    .BBT: x - -1 0 1 + , y - 0 + 0 - 0 + y  1  0 0 ------------------------------------------------------------------------------ 3. vẽ đồ thị: y 1 -1 1 x 0,25 0,25 0,25 0,25 I 2 (1điểm) , 3 2 2 2 4 16 4 ( 4 )y x m x x x m    Đk để hàm số có 3 cực trị là , 0y  có 3 nghiệm phân biệt Tức là phương trình 2 2 ( ) 4 0g x x m   có hai nghiệm phân biệt 0x  0m  ------------------------------------------------------------------------------ , 4 4 0 1 0 2 1 16 2 1 16 x y y x m y m x m y m                    Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B 4 (2 ;1 16 )m m ;C 4 ( 2 ;1 16 )m m  0,25 0,25 Đề thi thử Đại học năm 2013 ------------------------------------------------------------------------------ Ta thấy AB=AC = 2 4 2 (2 ) (16 )m m nên tam giác ABC cân tại A Gọi I là trung điểm của BC thì 4 (0;1 16 )I m nên 4 16AI m ; 4BC m ------------------------------------------------------------------------------ 4 1 1 . . 16 .4 2 2 ABC S AI BC m m    =64 5 5 2 2m m     (tmđk 0m  ) Đs: 5 2m   0,25 0,25 II 1 (1điểm) Đk: ( ) 2 k x k Z    ------------------------------------------------------------------------------ Với đk trên phương trình đã cho tương đương: 2 3 os2 (tanx cot 2 ) 2 1 os(2 ) 2 c x x c x             sinx os2 2 3 os2 ( ) 2(1 sin 2 ) cos sin2 c x c x x x x      cos 2 3 os2 2(1 sin 2 ) cos .sin 2 x c x x x x     1 2 3 os2 2(1 sin 2 ) sin 2 c x x x     ------------------------------------------------------------------------------ 2 2 3 os2 .sin 2 1 2sin 2 2sin 2c x x x x    3sin4 1 2sin2 1 os4x x c x     3sin 4 os4 2sin 2x c x x   3 1 sin 4 os4 sin 2 2 2 x c x x   sin(4 ) sin 2 6 x x     ------------------------------------------------------------------------------  4 2 2 ( ) 6 12 ( ) 7 ( )4 2 2 36 3 6 x x k x k tm k Z k x tmx x k                                 0,25 0,25 0,25 0,25 II 2 (1điểm) 2 1 5 3x x x     (1) Đk: 1x  Nhân lượng liên hợp: 2 1 5 0x x    (2 1 5)(2 1 5) ( 3)(2 1 5)x x x x x x x           4( 1) ( 5) ( 3)(2 1 5)x x x x x         3( 3) ( 3)(2 1 5)x x x x       (2) --------------------------------------------------------------------------- Xét các trường hợp: TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3 2 1 5x x    (3) (3) 2 2 2 2 4 2VP    >3 0,25 0,25 Đề thi thử Đại học năm 2013 nên bất phương trình (3) vô nghiệm. ---------------------------------------------------------------------------- TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý) ---------------------------------------------------------------------------- TH3: 1 3x  nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 3 (2 1 5)x x    bình phương 2 vế ta được: 4 ( 1)( 5) 8 5x x x    (4) * 8 5 0 8 3 1 3 5 x x x           (5) thì (4) luôn đúng * 8 5 0 8 1 1 3 5 x x x           (*) nên bình phương hai vế của (4)ta được 2 9 144 144 0 8 48 8 48x x x        Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 8 8 48 5 x   (6) Từ (5) và (6) ta có đs: 8 48 3x   0,25 0,25 III 1điểm Xét khai triển: 30 0 1 2 2 30 30 30 30 30 30 (1 5 ) .5 .(5 ) . .(5 )x C C x C x C x      Nhân 2 vế với x ta được: 30 0 1 2 2 2 3 30 30 31 30 30 30 30 (1 5 ) .5 .5 . .5x x C x C x C x C x      (1) ------------------------------------------------------------------------------ Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được; 30 29 0 1 2 2 2 30 30 30 30 30 30 30 (1 5 ) 150 (1 5 ) 2 .5 3 .5 . 31 .5x x x C C x C x C x        (2) Chọn x=-1 thay vào (2) ta được 30 29 0 1 2 2 30 30 30 30 30 30 6 150.6 2( .5) 3( .5 ) . 31( .5 )C C C C      ------------------------------------------------------------------------------ hay 29 0 1 2 30 6 (6 150) 2 3 . 31a a a a      hay 30 0 1 2 30 6 .26 2 3 . 31a a a a     ĐS : 30 6 .26S  0,25 0,25 0,25 0,25 IV 1 (1điểm) S A F B H E D C ------------------------------------------------------------------------------ *CM: SE EB Vì tam giác SAD đều cạnh a 3 2 a SE  Xét tam giác vuông AEB có: 2 2 2 2 2 2 5 2 4 a a EB EA AB a            ----------------------------------------------------------------------------- 0,25 0,25 Đề thi thử Đại học năm 2013 Xét tam giác SEB có: 2 2 2 2 2 2 3 5 2 2 4 a a SE EB a SB              suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE EB ------------------------------------------------------------------------------ Ta có: AEB = BFC(c-c) suy ra   AEB BFC mà   0 90AEB FBE     0 0 90 90BFC FBE FHB     Hay CH EB mÆt kh¸c CH SE (do ( )SE ABCD ) Suy ra ( )CH SEB . => SBCH  0,25 0,25 IV 2 (1điểm) Vậy . 1 . . 3 C SEB SEB V CH S   ------------------------------------------------------------------------------ * Xét FBC có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 1 5 2 BH BF BC a a a a a              suy ra 2 2 5 a BH  ------------------------------------------------------------------------------ Xét BHC có: 2 2 2 2 2 2 4 2 5 5 5 a a a CH BC BH a CH       ----------------------------------------------------------------------------- Nên 3 . 1 1 1 2 1 3 5 3 . . . . . . . 3 2 3 2 2 2 12 5 C SEB a a a a V CH SE EB   (đvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 V (1 điểm) Áp dụng BĐT cosi ta có: 2 2 2a b ab  2 1 2b b  suy ra 2 2 2 3 2( 1)a b ab b     ------------------------------------------------------------------------------ Tương tự : 2 2 2 3 2( 1)b c bc c     2 2 2 3 2( 1)c a ac a     ------------------------------------------------------------------------------ Khi đó: 1 1 1 1 2 1 1 1 P ab b bc c ac a                = 2 1 1 2 1 abc abc ab b bc c abc ac a bc abc               = 1 1 1 2 1 1 1 2 ab b ab b ab b ab b                ------------------------------------------------------------------------------ Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 2 khi a=b=c=1 0,25 0,25 0,25 0,25 Đề thi thử Đại học năm 2013 VI. a 1 (1điểm) Gọi ( ; ) c c C x y Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: ( 2 2; ) c c C y y  Gọi M là trung điểm của AC nên 1 1; 2 c c y M y          ----------------------------------------------------------------------------- Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : 1 1 2. 4 0 1 2 c c c y y y         ( 4;1)C  ------------------------------------------------------------------------------ Từ A kẻ 2AJ d tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng (d2) là (2; 1)u   là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (AJ) Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 Vì I=(AJ)  (d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ 4 2 1 0 4 3 5 ( ; ) 2 2 0 3 5 5 5 x x y I x y y                         ------------------------------------------------------------------------------ Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ Gọi J(x;y) ta có: 8 8 0 8 11 5 5 ( ; ) 6 11 5 5 1 5 5 x x J y y                             Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; 8 11 ( ; ) 5 5 J   là: 4x+3y+13=0 0,25 0,25 0,25 0,25 VI. a 2 (1 điểm) Đk: x,y>0 và , 1x y  Với đk trên hệ phương trình tương đương : 2 2 3(1) log x-1=2log y (2) y x y x        Giải(2) đặt log ( 0) y x t t  phương trình (2) trở thành: 2 1 2 1 2 0 ( ) 2 t t t t tm t t              y y log x=-1 log x=2      2 1 x y x y         ------------------------------------------------------------------------------ 1/ 2 2 3 2 3 2 3 3 2 0 1 1 1 y y x y y y x x x y y y                              0,25 0,25 Đề thi thử Đại học năm 2013 2 1 1( ) 2 1 2 y xy loai y x y                       ------------------------------------------------------------------------------ 2/ 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 3 0y x y y y x y x y x y                           (vô nghiệm) Đáp số: 1 2 2 x y        0,25 0,25 VI. b 1 (1điểm) Vì B là giao điểm của (AB) và (BD) nên toạ độ của B là nghiệm của hệ : 1 0 0 (0;1) 2 1 0 1 x y x B x y y                 Đường thẳng AB có VTPT : (1; 1) AB n   Đường thẳng BD có VTPT : (2;1) BD n  Giả sử đường thẳng AC có VTPT : ( ; ) AC n a b  ------------------------------------------------------------------------------ Khi đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . . 1 5 5 5( 2 ) 4 10 4 0 2 5 2 0 AB BD AB AC AB BD AB AC n n n n n n n n a b a b a b a b a b a ab b a ab b a ab b                               2 2 b a a b        1/Với 2 b a  ,chọn a=1,b=2 thì (1;2) AC n  suy ra phương trình đường thẳng (AC) đi qua điểm M(-1;1) là: x+2y-1=0 ------------------------------------------------------------------------------ Gọi I là giao điểm của đường thẳng (AC) và (BD) nên toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 1 x= 2 1 0 1 1 3 ( ; ) 2 1 0 1 3 3 y= 3 x y I x y                   Vì A là giao điểm của đường thẳng (AB) và (AC) nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 x=- 1 0 1 2 3 ( ; ) 2 1 0 2 3 3 y= 3 x y A x y                    0,25 0,25 0,25 Đề thi thử Đại học năm 2013 Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ điểm (1;0)C và 2 1 ( ; ) 3 3 D  ----------------------------------------------------------------------------- 2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình đường thẳng (AC) là 2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD) Đáp số: 1 2 ( ; ) 3 3 A  ; (0;1)B ; (1;0)C ; 2 1 ( ; ) 3 3 D  0,25 VI. b 2 (1điểm) TXĐ: D=R hàm số đã cho viết lại là: 2 2 sin 2 sin 3 3 x x y    Đặt 2 sin 3 x t  vì 2 0 sin 1x  nên 2 sin 1 3 3 x   tức 1 3t  ---------------------------------------------------------------------------- khi đó hàm số đã cho trở thành 9 ( )y f t t t    với 1 3t  Ta có 2 , 2 2 9 9 ( ) 1 t f t t t     , 2 ( ) 0 9 0 3f t t t       ----------------------------------------------------------------------------- BBT: t 1 3 , ( )f t - ( )f t 10 6 ------------------------------------------------------------------------------   ( ; ) 1;3 min ( ) min ( ) 6y x f t     đạt được khi t=3 khi 2 sin 1 ( ) 2 x x k k Z          ( ; ) 1;3 ax ( ) ax ( ) 10M y x M f t     đạt được khi t=1 khi 2 sin 0 ( )x x k k Z      0,25 0,25 0,25 0,25 Nếu thí sinh làm theo các cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa. Hết