Đang tải... (xem toàn văn)
Với cấu trúc gồm gồm 9 câu hỏi có hướng dẫn lời giải, đề thi thử đại học lần 1 môn Toán - Khối B năm học 2013-2014 sẽ giúp các bạn củng cố lại kiến thức và làm quen với dạng đề thi. Chúc các bạn thi tốt.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC - HUÊ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN Mơn: TỐN; khối B – Năm học: 2013-2014 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 3x a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Gọi d đường thẳng qua A(2;4) có hệ số góc k Tìm k để d cắt (C) ba điểm phân biệt A, B, C cho tam giác OBC cân O ( với O gốc toạ độ) cos2x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình cosx= (x R) sin 2x cosx x 2y3 x 4y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (x,y R) 13x 41xy 21y 9 Câu ( 1,0 điểm) Tính giới hạn sau: a) lim lim (x 4)sin x x b) lim x 2 2x 3 3x x2 Câu (1,0 điểm) Cho x;y;z số thực dương thay đổi cho x+y+z=2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F x y2 z2 2xyz II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần ( phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD Các đỉnh B D đường thẳng d1 : x y d2 : x 2y Đường thẳng AC có phương trình x 7y 31 Tìm toạ độ đỉnh hình thoi ABCD biết diện tích hình thoi ABCD 75 điểm A có hồnh độ âm log5 93x1 Câu 8a(1,0 điểm) Cho a triển Niu-tơn (a b)8 224 log5 (331 1) b Tìm số thực x biết số hạng chứa a3 khai Câu 9a(1,0 điểm) Tìm số thực m để bất phương trình 4x 2x m.2x 2x 1 m nghiệm với x 0;2 B Theo chương trình Nâng Cao Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(4:3); đường phân giác đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A tam giác có phương trình x 2y 4x 13y 10 Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh tam giác ABC 2013 2011 Câu 8b (1,0 điểm) Chứng minh 12 C12013 22 C22013 20122 C2012 2013 2013 C2013 2013 2014 Câu 9b (1,0 điểm) Tìm số thực m để phương trình m 2x x m có nghiệm thực HẾT Câu 1a Đáp án Tập xác định D=R Sự biến thiên: Điểm 0,25 - Chiều biến thiên: 15x 9x x (1) 29y3 y y y ' 3x 3;y ' x x 1 Hàm số đồng biến khoảng ( ; 1) (1; ) ; nghịch biến khoảng (-1;1) 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x 1,y CD ; đạt cực tiếu X 1,y CT - Giới hạn: lim y lim y x - x Bảng biến thiên 0,25 Đồ thị 0,25 1b Đường thẳng d qua A(2;4) với hệ số góc k có phương trình y kx 2k Phương trình hồnh độ giao điểm (C) d : x 3x kx 2k (x 2)(x 2x k 1) x x 2x k 0(* ) 0,25 d cắt (C) điểm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 (1 k) k (* * ) 9 k k O,B,C không thẳng hàng O d k 2(* * * ) 0,25 x x C 2 Theo định lý Vi-ét: B x Bx C k Ta có yB yC (kx B 2k 4) (kx C 2k 4) k(x B x C ) Và yB y C (kx B 2k 4) (kx C 2k 4) k(x B x C ) 4k 6k Tam giác OBC cân O OB OC x 2B x B2 x C2 yC2 (x B x C )(x B x C ) (y C y B )(yC y B ) 2(x B x C ) k(x B x C )( 6k 8) 0,25 2 k(6k 8) (x B x C ) 3k 4k k k ( thoả mãn (**) (***)) cosx k Điều kiện: x (k Z) sinx cosx cos2x Phương trình cho tương đương với: sinx sinx cosx cosx cos x sinx cos2x sinx cos2x sin2 x sinx(cos2x sinx) cos2x sinx=0 ( sinx ) sinx 1 2sin x sinx sinx sinx 1 x k2 (k Z) ( không thoả mãn điều kiện) x k2 sinx (k Z) ( không thoả mãn điều kiện) x k2 x 2y3 x 4y(1) 2 13x 41xy 21y 9(2) Nhân vế trái (1) với vế phải (2) vế phải (1) với vế trái (2) ta phương trình: 9(x 2y3 ) (x 4y)(13x 4xy 21y2 ) 22x 11x 2y 143xy 66y3 (2x y)(x 2y)(x 3y) y 2x x 2y x 3y 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Thay y=2x vào (1), ta được: (1) 15x 9x x , lúc y=0 Thử lại x=y=0 nghiệm hệ cho Thay x=-3y vào (1),ta được: (1) 29x y y , lúc x=0 Thử lại x=y=0 nghiệm hệ cho 3 3(x 4) sin x sin x a/ lim (x 4)sin lim lim (1 ) x x 3 x x x x x x sin x Suy Vì x 7y lim 3(1 ) lim nên lim x x x x x x 0,25 0,25 0,25 lim (x 4)sin x b/ lim x 2 3 x 2x 3 3x 3x 2x 1 lim 2x x 2 x2 x 2 x2 0,25 3x 2x lim 2x x 2 (x 2)( (3x 5)2 (3x 5) (x 2)( 2x 1 2x lim 1 x2 (3x 5)2 2x 1 0,25 0,25 Gọi N, H trung điểm BC MB Suy AN trung trực BC trung trực MB đường thẳng d qua H song song vs AC Suy O giao điểm AN d 60 Ta có SO (ABC) nên góc đường thẳng SB mặt phẳng (ABC) góc SBO 3a AB 4 a 10 Tam giác BHO vuông H nên BO BH HO2 Ta có: Tam giác HAO vng cân H nên HO HA 0,25 a 30 SO BO.tan60 a3 30 Do VSABC SABC SO ; 24 Vì SO (ABC) OH AB nên SH AB a 39 a2 39 S ABC AB.SH 3V a 130 d(C,(SAB)) S.ABC S ABC 13 Khơng tính tổng quát, giả sử z số nhỏ Lúc z ( z x y z 2) 0,25 Suy SH SO2 OH 2 2 Ta có F (x y) z 2xy(z 1) (2 z) z 2xy(1 z) 0,25 0,25 2 x y 2 z 2 z Mặt khác xy nên 2xy(1 z) 2 (1 z) Từ F (z3 z2 4)(1) 1 Xét f (z) z3 z2 4 với z Ta có f '(z) (3z2 2z) z (0;1) 2 Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy f (z) 0,25 0,25 52 (2) 57 52 52 Vậy Fmin đạt x y z 57 57 B d1 B(b;8; b) D d2 D(2d 3;d) Suy BD ( b 2d 3;d b 8) Từ (1) (2) ta có f (z) b 2d d b I trung điểm BD nên I ; 2 BD AC uAC BD 8b 13d 13 b Theo tính chất hình thoi I AC 2b 3d d I AC 9 Vậy B(0;8),D(1;1),I ; 2 0,25 2 15 63 15 Ta có IA 7a a a a=6 2 Suy A(10;3) A(-11;6) Do x A nên A(-11;6), từ C(10;3) Ta có a 9x 1 ;b 3x1 0,25 0,25 0,25 Số hạng chứa a khai triển Niu-tơn (a b)8 là: 0,25 1 C 9x1 3x 1 56 9x1 (3x 1 1)1 1 Theo giả thiết, ta có: 56 9x 1 7 3x 1 1 224 3x 1 4.3x 1 3x 1 x x 1 3 x Đặt t 2x 2x Vì x nên 0,25 0,25 t 1 0,25 t f (t) với t 2t 2 2t 2t 1 1 Ta có f '(t) 0, t ;1 , f(t) liên tục đoạn ;1 nên suy 2 2 2t 1 Bất phương trình cho trở thành t 2mt m m 1 hàm số f(t) nghịch biến đoạn ;1 2 1 Do m f (t), t ;1 m minf (t) m f (t) m 2 ;1 8b 0,25 0,25 0,25 Gọi AD phân giác AM trung tuyến Toạ độ A nghiệm hệ: x 2y x9 0,25 4x 13y 10 y 2 Vậy A(9;-2) Từ phương trình AC là: x y Gọi C’ điểm đối xứng C qua đường phân giác AD C’ thuộc AB Đường thẳng CC’ qua C(4;3) vuông góc với AD nên có phương trình: 2x-y-5=0 0,25 Gọi H giao điểm CC’ AD H(3;1) Từ C’(2;-1) 0,25 Suy phương trình AB x 7y Đường thẳng MH qua H(3;1) song song với AB nên có phương trình x+7y-10=0 Vì M giao điểm MH AM nên M(-4;2) Suy phương trình BC x-8y+20=0 0,25 Thử lại ta thấy điểm B, C nằm hai phía đường thẳng AD nên AD đường phân giác tam giác ABC Vậy AC: x+y-7=0; AB: x+7y+5=0 BC: x-8y+20=0 2012 2013 0,25 Ta có (1 x) 2013 C2013 C12013x C22013 C2013 C2013 2013x 2013x Lấy đạo hàm vế, ta được: 2011 2012 2013(1 x)2012 C12013 2C22013x 2012C2012 2013C2013 (1) 2013x 2013x 0,25 Nhân vế với x, ta được: 2012 2013 2013x(1 x)2012 C12013x 2C22013x 2012C2012 2013C2013 2013 x 2013x Lấy đạo hàm vế, ta được: 2011 2012 2013(1 x)2011(2013x 1) C12013 22 C22013x 20122 C2012 20132 C2013 2013x 2013x 2013 2011 0,25 Cho x=1, ta 12 C12013 22 C22013 20122 C2012 2013 2013 C2013 2013 2014 (đpcm) Ta có phương trình cho tương đương với x m 2x Xét hàm số f(x)= 2013x(1 x) f '(x) 2012 x m có tập xác định D=R 0,25 2x 2012 2013 C12013x 2C22013x 2012C2012 2013C2013 2013 x 2013x 2(36 x ) 2x 9(9 2x 9)( 2x 1)2 1 3 ; lim f (x) f '(x) x 6;f (6) ;f ( 6) lim x 4 x Bảng biến thiên: 0,25 0,25 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: Phương trình cho có nghiệm m -HẾT 1 m 2 0,25 ... được: 2 012 2 013 2 013 x (1 x)2 012 C12 013 x 2C22 013 x 2 012 C2 012 2 013 C2 013 2 013 x 2 013 x Lấy đạo hàm vế, ta được: 2 011 2 012 2 013 (1 x)2 011 (2 013 x 1) C12 013 22 C22 013 x 2 012 2 C2 012 ... Ta có (1 x) 2 013 C2 013 C12 013 x C22 013 C2 013 C2 013 2 013 x 2 013 x Lấy đạo hàm vế, ta được: 2 011 2 012 2 013 (1 x)2 012 C12 013 2C22 013 x 2 012 C2 012 2 013 C2 013 (1) 2 013 x 2 013 x... 22 C22 013 x 2 012 2 C2 012 2 013 2 C2 013 2 013 x 2 013 x 2 013 2 011 0,25 Cho x =1, ta 12 C12 013 22 C22 013 2 012 2 C2 012 2 013 2 013 C2 013 2 013 2 014 (đpcm) Ta có phương trình cho tương đương