Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán - Trường THPT chuyên Quốc học Huế (Năm học 2013-2014)

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   x2 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 93x1  Câu 8a(1,0 điểm) Cho a  triển Niu-tơn (a  b)8 224 log5 (331 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 x2 x 2 x2   0,25   3x  2x   lim  2x    x 2 (x  2)( (3x  5)2  (3x  5)  (x  2)( 2x   1    2x   lim    1  x2  (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  SABC 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 3x1  0,25 0,25 0,25 Số hạng chứa a khai triển Niu-tơn (a  b)8 là: 0,25 1      C  9x1    3x 1    56 9x1  (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    x9   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