DE THI THU DAI HOC TRUONG THPT LE HUU TRAC

Tìm tọa độ hai đỉnh còn lại, biết giao điểm hai đường chéo nằm trên trục hoành.. 2, Cho tam giác nhọn ABC.[r]

Trường THPT Lê Hữu Trác1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG LẦN I Môn: TOÁN; Khối A, B ,D và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2 Câu I (2đ): Cho hàm số y  x  3mx  3(m  1) x  m 1 (1) 1, Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m=1 2, Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời các điểm cực đại,cực tiểu A,B đồ thị hàm số cùng với điểm M(-2;2) tạo thành góc AMB 90 Câu II (2đ):   1, Giải phương trình: ( s inx  cos x)(s inx  cos x) 4 sin ( x  )cos( x  ) 4 2, Giải phương trình: x  x  10  5( x  2) x  0 x(sin Tìm nguyên hàm  2 x   x )dx Câu III (1đ): Câu IV (1đ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAD 60 O là giao điểm AC và BD, H là trung điểm BO, SH  ( ABCD) SH  a Tìm thể tích S.AHCD và tìm khoảng cách AB và SC Câu V (1đ): Cho a, b, c  thỏa mãn 2ab  5bc  6ca 6abc P ab 4bc 9ca   b  2a 4c  b a  4c Tìm giá trị nhỏ II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2đ): 1, Cho M(1;3) và I(-2;2) Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt các trục Ox,Oy A,B cho  IAB cân I 2, Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, có hai đỉnh A, B thuộc đường tròn tâm I(-2,-1), bán kính Biết đường thẳng qua hai đỉnh A, B có hệ số góc dương và qua điểm M(0, 5), cạnh AC có độ dài , diện tích tam giác ABC và tung độ A dương Tìm toạ độ các đỉnh A,B Câu VIIa (1đ) Rút gọn biểu thức 1013 1014 k 1013k 1000 2013 A C2013 C2013  C2013 C2013   (  1) k C2013 C2013   C2013 C2013 B Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2đ): 1, Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích 12, hai đỉnh A(-1;3) B(-2;4) Tìm tọa độ hai đỉnh còn lại, biết giao điểm hai đường chéo nằm trên trục hoành 2, Cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC có phương trình là 3x  y  0, x  y  0 Đường thẳng qua A vuông góc D 4;   với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai là  Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết hoành độ điểm B không lớn Câu VIIb (1đ) Giải bất phương trình: log ( x  x  4)  log (2 x 1) log 3 - Hết -ĐÁP ÁN: Câu I 1, 1đ Đáp án Thang điểm Với m=1, hàm số (1) trở thành y  x  x 1,TXĐ: D  0,25 2, Sự biến thiên: 0,25  x 0 y ' 3 x  x, y ' 0    x 2 + Chiều biến thiên: Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0);(2; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2  + Cực trị: Hàm số đạt cực đại x=0, ycd 0 ; cực tiểu x=2, yct  lim y ,lim y   x   +Giới hạn: x  +BBT 0,25 3,Đồ thị: Tiếp xúc Ox O, cắt Ox (3;0).cắt Oy (0;0) qua (-1;-4) nhận I(1;-2) làm tâm đối xứng fx = x3 -3x2 y O -5 x 0,25 -2 -4 2, 1đ y ' 3 x  6mx   m2  1 để hs co CĐ,CT y ' 0 có nghiệm phân biệt 0.5   '   m Khi đó A(m-1;-3m+3) B(m+1;-3m-1) là các điểm CĐ,CT đồ thị hàm số, để góc   AMB 90  MA MB 0  (m  1)(m  3)  ( 3m  1)(  3m  3) 0 0.5  m 0  10m  10m 0    m  Câu II 1, 1đ 2, 1đ   ( s inx  cos x)(s inx  cos x ) 4 sin ( x  )cos( x  ) 4 Giải phương trình ( s inx  cos x)(s inx  cos x) 2(s inx  cos x) (cos x  s inx)  s inx  cos x 0   (s inx  cos x)( s inx  cos x  cos x) 0  s inx  cos x 2 cos x   s inx  cos x 0  x   k   x   k 2    s inx  cos x 2 cos x  cos2 x cos( x  )    x   k 2  ĐK: x    2( x  2)  Pt  2( x  2)  2( x  1)  5( x  2) x 1 0  x    x   ( x  2)  0 0.5 0.5 0.25 0.25  2( x  2)  x  0   x   ( x  2) 0  x 2   x 2  x 3 x  2( x  2)       x 3 4 x  17 x 15 0  x    * 0.25  x 2  x 2  x 1 x       x 0  x 8  x  x 0   x 8  *2 0.25 Kl: pt có nghiệm x=3 x=8 CâuIII 1đ Tìm 3x(sin 2 x   x ) dx 3x sin 2 xdx  3x  x dx 1  x d (1  x )  (1  x )  x  C1  12  cos4x x2 x sin xdx  x dx  ( x  x cos x ) dx   x cos xdx   2 2  du dx u  x     dv cos4 xdx v  sin x  Đặt 1 1  x cos xdx  x sin x  sin xdx  x sin x  cos x  C2 4 16 x  x dx  0.25 0.25 0.25 3x(sin Vậy CâuIV 1đ 3 x   x ) dx  (1  x )  x  x  x sin x  cos x  C 4 32 .0.25 Hình vẽ S L I B C J H O A N K D a 3 S AHCD  AC.DH  DH  a  ABD ta có nên BD=a 3a 3a AC 2 AO a  S AHCD   VS AHCD  SH S AHCD  16 0.5 Kẻ HN song song AB N  AD kẻ HK vuông góc với HN, K  CD kẻ HI vuông góc với SK , I thuộc SK  HI  ( SCD) khoảng cách từ H tới (SCD) là HI 0.5 h SH  1 a 3a 3a   HS  HK HD.sin HDK   2 HI HK HS , 64 100 3a   2   HI  2 HI 3a 27a 27a 10 4 2a d ( AB, SC ) d ( AB,( SCD))  d ( HN , (SCD ))  d ( H ,( SCD ))  HI  3 Câu V (1đ): Cho a, b, c  thỏa mãn 2ab  5bc  6ca 6abc Tìm giá trị nhỏ P ab 4bc 9ca   b  2a 4c  b a  4c .0.25  x, y , z  1   6 x  , y  ,z    5 x  y  z 6 a b c gt a b c đặt P   x  y y  z z  4x Khi đó  9  P6    6     x  y  y  z  z  4x x  y y  z z  4x x  y y  z z  4x =  x  2y   4y  z   z  x 2   12 x  2y 4y  z z  4x  P 6 a 2  b 4 c 1  0.5 0.25 Vậy GTNN P là xẩy Câu VIa 1,1đ Giả sử đường thẳng d cắt trục Ox, Oy A(a;0), B(0;b), (a, b 0) x y  1  1 (1) a b a b Pt đường thẳng d có dạng: Do d qua M(1;3) nên Đồng thời, IAB cân I nên  a  b  a  b     a b  IA IB   a  2     b  2  Với a  b , thay vào (1) ta a  2; b 2 nên phương trình đường thẳng d là x  y  0 a  a 2   b 2 b 6  Với a b  thay vào (1) ta   Từ đó, phương trình đường thằng d là 3x  y  0 x  y  0 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là d : 3x  y  0 d : x  y  0 0,25 0,25 0,25 0,25 2,(1đ) B I H C A x  2 Đường tròn tâm I có pt  2   y 1 25 AB có pt y=ax+5 (a>0)  SABBC 5  AB 2  AH   d ( I , AB ) 2 Câu VIIa (1đ)  a  2    a 1 a 1   2a  0.25 0.25 1 a  y  x 5 đt AB có pt là Vì a>0 nên đó tọa độ A,B   y 2 x   A( 2; 4) B( 6; 2)   x     y  1 25 tm  A(-6;2) B(-2;4) 1013 1014 k k 1013k 1000 2013 Rút gọn biểu thức A C2013 C2013  C2013 C2013   ( 1) C2013 C2013   C2013 C2013 0.25 k 2013 2013 (1  x) 2013 C2013  C2013 x  C2013 x   (  1) k C2013 x k   C2013 x 0.25 0.25 k 2013 (1  x) 2013 ( x  1) 2013 C2013 x 2013  C2013 x 2012  C2013 x 2011   C2013 x 2013 k   C2013 k 2013 4026 (1  x )2013 C2013  C2013 x  C2013 x   ( 1)k C2013 x k   C2013 x Ta có (1  x )2013 (1  x)2013   x  2013 1000 nên hệ số x hai vế 1013 1014 k k 1013 k 1000 2013 500 nên A C2013 C2013  C2013 C2013   ( 1) C2013 C2013   C2013 C2013 C2013 Câu VIb a,1đ A B I D C 0.25 0.25 0.25 I la giao điểm cua AC và BD I thuộc Ox nên I(a;0) pt đường thẳng AB: x+y-2=0 d ( I , AB)  0.25 a 2 ; AB   a  S ABCD 12  2d ( I , AB) AB 12  a  6    a 8 Vì 0.25 a=-4 suy I(-4;0) nên C(-7;-3) và D(-6;-4) a=8 suy I(8;0) nên C(17;-3) và D(18;-4) 0.25 0.25 2,1đ A E H B K C M D Gọi M là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm BC và  0.25 AD, E là giao điểm BH và AC Ta kí hiệu nd , ud là vtpt, vtcp đường thẳng d tọa độ M là nghiệm hệ  x  y  0   3x  y  0 AD vuông góc với BC nên   x  7 1  M  ;    2  y     nAD uBC  1;1 , mà AD qua điểm D suy phương trình AD :1 x    1 y   0  x  y  0 0.25 Do A là giao điểm AD và AM nên 3 x  y  0  x 1   A  1;1  x  y   y    tọa độ điểm A là  x  y  0  x 3   K  3;  1  x  y   y    Tọa độ điểm K:     Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK KCE , mà KCE BDA (nội tiếp chắn cung AB ) 0.25 H 2;   BDK Suy BHK , K là trung điểm HD nên    B  t; t  4 Do B  BC   , kết hợp với M là trung điểm BC suy C   t;3  t  HB(t  2; t  8); AC (6  t;  t ) Do H là trực tâm tam giác ABC nên    t 2 HB AC 0   t     t    t     t  0   t    14  2t  0    t 7 t 3  t 2  B  2;   , C  5;1 Do Ta có     AB  1;  3 , AC  4;0   nAB  3;1 , nAC  0;1 0.25 Câu VIIb 1đ Suy AB : x  y  0; AC : y  0 Đk: x 0 Bpt  log3 x  x 4 log  x 1 x  x 4 2  x 1 x  x  4 x  0.25 0.25 (vì x   ) Đặt t  x  t 0  t 1  bpt  3t  t  0   t  1  3t  2t   0  t 1 x 1  x 1 đk nên bpt có nghiệm x   0;1 Mọi cách giải khác đúng cho điểm tối đa! 0.25 0.25