ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN-TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ KHỐI B-D

Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số 3 2 m y x (m 1)x 3x m 1 (C )= − − − + + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m 1.= 2. Tìm tất cả các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị m (C ) tại điểm có hoành độ bằng 1 tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2. Câu II (2.0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2cos x 3cosx 2cos3x 4sin xsin 2x+ − = 2. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 9y (3x 1) 125 (x;y ) 45x y 75x 6y  − = −  ∈  + =   ℝ Câu III (1.0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa 4 x trong khai triển sau: n 5 3 3 1 nx x   +     biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: 1 2 2 n n 2C C n 20. + = − Câu IV (2.0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạ nh b ằ ng a. G ọ i M và N l ầ n l ượ t là trung đ i ể m c ủ a các c ạ nh A'B' và B'C'. 1. Tính th ể tích c ủ a kh ố i t ứ di ệ n AD'MNtheo a. 2. Tính kho ả ng cách gi ữ a hai đườ ng th ẳ ng AM và D'N. Câu V (1.0 điểm) Cho a, b, c là ba s ố d ươ ng th ỏ a mãn: 5a 5b 5c 3 + + = . Tìm giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a bi ể u th ứ c: 3 3 3 1 1 1 P 2a 3b 2b 3c 2c 3a = + + + + + Câu VI (1.0 điểm) Trong m ặ t ph ẳ ng Oxy, cho đ i ể m A( 2;6)− và hai đườ ng th ẳ ng 1 2 d , d có ph ươ ng trình l ầ n l ượ t là: 2x y 1 0− − = và 3x 4y 19 0− − = . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng tròn (C) bi ế t (C) có tâm n ằ m trên đườ ng th ẳ ng 1 d , đ i qua đ i ể m A và ti ế p xúc v ớ i 2 d . Câu VII (1.0 điểm) Gi ả i ph ươ ng trình: ( ) ( ) 2 2 2 3x x 3x x 3x x 2 4 7 4 7 46.3 0 − − − − − + + − = -------------------------- Hết -------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. H ọ và tên thí sinh: S ố báo danh: SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Kh ố i B, D. Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi 08/12/2012 C󰖤m ơn th󰖨y T󰖦n ( tan79@gmail.com) g󰗮i t󰗜i www.laisac.page.tl Trang 1/3 Câu Đáp án Điểm I (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị với 3 m 1 y x 3x 2= ⇒ = − + ▪ Tập xác định: D = ℝ . ▪ Sự biến thiên: x lim y →−∞ = −∞ , x lim y →+∞ = +∞ 0.25 = − ⇒ − =  = − = ⇔ − = ⇔  = ⇒ =  2 2 x 1 y( 1) 4 y' 3x 3, y' 0 3x 3 0 x 1 y(1) 0 0.25 ▪ Bảng biến thiên: Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1), (1; )−∞ − +∞ và nghịch biến trên ( 1;1)− . Hàm số đạt CĐ tại C§ x 1, y 4= − = và đạt CT tại CT x 1, y 0.= = x −∞ -1 1 +∞ ' y + 0 – 0 + y 4 +∞ CĐ CT −∞ 0 0.25 0.25 2. (1.0 điểm) Tìm m … Với = ⇒ = ⇒ x 1 y 0 A(1;0) . Ta có: y' x (m )x= − − − 2 3 2 1 3 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị m (C ) tại A là: = − − − ∆y 2(m 1)(x 1) ( ) 0.25 ( )∆ cắt Ox tại A(1;0) và cắt Oy tại − ≠B(0; 2m 2) (m 1) 0.25 Diện tích tam giác OAB là: OAB A B 1 1 S OA.OB x . y m 1 2 2 ∆ = = = − 0.25 Theo giả thiết: ∆ = ⇔ − = ⇔ = ∨ = − OAB S 2 m 1 2 m 3 m 1 (thoả mãn) Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m 1= − và m 3= . 0.25 II (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Giải phương trình: 2 2cos x 3cosx 2cos(x 2x) 4sin xsin 2x⇔ + − + = ⇔ + − − = 2 2cos x 3cosx 2(cosx cos2x sin xsin 2x) 4sin xsin 2x 0.25 ⇔ + − + = 2 2cos x 3cosx 2(cosx cos2x sinx sin 2x) 0 2 2cos x 3cosx 2cosx 0⇔ + − = 0.25 2 2cos x cosx 0⇔ + = =   ⇔  = −   cosx 0 1 cosx 2 0.25 π  = + π  ⇔  π  = ± + π   x k 2 2 x k2 3 . Vậy nghiệm của p/trình đã cho là: π π = + π = ± + π 2 x k ; x k2 . 2 3 0.25 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối B, D (Đáp án – thang điểm gồm 03 trang) • Đồ thị: x 1 2− 2 y 0 0 4 Ta có: y'' 6x y'' 0 x 0= ⇒ = ⇔ = ⇒ Đồ thị có 1 điểm uốn I(0; 2) Nhận xét: Đồ thị nhận điểm I(0; 2) làm tâm đối xứng. Trang 2/3 II (2.0 điểm) 2. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình… Nhận thấy y 0= không là nghiệm của hệ ⇒ ≠y 0 Khi đó hệ tương đương   + = − = −     ⇔       + = + =         3 3 3 3 2 2 125 125 27x 9 27x 9 y y x 5 x x 15 3x 6 45 75 6 y y y y 0.25 Đặt u 3x 5 v y =   ⇒  =   Hệ trở thành:   + = + − + =   ⇔   + = + =     3 3 3 u v 9 (u v) 3uv(u v) 9 uv(u v) 6 uv(u v) 6  + =  + =  ⇔ ⇔   = + =    3 u v 3 (u v) 27 uv 2 uv(u v) 6 = ∧ =  ⇔  = ∧ =  u 2 v 1 u 1 v 2 0.5 ▪ Với u x / v y  = ⇒ =  = ⇒ =  2 2 3 1 5 ▪ Với u x / v y /  = ⇒ =  = ⇒ =  1 1 3 2 5 2 Vậy nghiệm của hệ đã cho là: (2 / 3;5), (1 / 3;5 / 2) III (1.0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa 4 x … Ta có: 1 2 2 n n 2C C n 20 (1)+ = − Điều kiện: ≥ ∈n 2; n ℤ 2 2 n 8 n(n 1) (1) 2n n 20 n 3n 40 0 n 5 (lo¹i)2 =  − ⇒ ⇔ + = − ⇔ − − = ⇔  = −  0.25 Ta có: ( ) 8 8 k 40 14k 8 8 8 k 3 3 3 5 5 k 5 k 8 k 3 8 8 3 3 3 k 0 k 0 1 1 1 8x 2 x C 2 x C 2 x x x x − − − = =       + = + = =             ∑ ∑ 0.25 Khai triển chứa 4 x 40 14k 4 k 2. 3 − ⇔ = ⇔ = 0.25 Vậy hệ số của 4 x là: 2 6 8 C 2 1792.= 0.25 IV (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Tính thể tích khối tứ diện AD'MN. Ta có: D ' C ' N 2 2 D'MN A'B 'C 'D' B'MN a 1 a a 3a S S 2S S a a 2 2 2 2 8 ∆ ∆ ∆ = − − = − ⋅ − ⋅ ⋅ = 0.5 A B C D A' B' C' D' M N Q H K P 0.5 2. (1.0 điểm) Tính khoảng cách giữa AM và D'N Trong (A'B 'C 'D ') gọi P là trung điểm của A'D ' B'P⇒ // D'N. Trong (A'B'C ' D ') kẻ MQ // B' P (Q A'D '). ∈ Do M là trung điểm của A'B' nên Q là trung điểm của A'P D 'Q 3A'Q.⇒ = 0.25 Do MQ // B' P ⇒ MQ // D'N D ' N⇒ // (AMQ) d(AM, D'N) d(D ' N,(AMQ))⇒ = d(D ',(AMQ)) 3d(A ',(AMQ)) = = (do D'Q 3A'Q = ) 0.25 Trong (A'MQ) kẻ A'K ⊥ MQ MQ (AA 'K)⇒ ⊥ . Trong (AA'K) kẻ A'H AK. ⊥ A'H (AMQ) d(A',(AMQ)) A' H.⇒ ⊥ ⇒ = 0.25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 4 16 a A'H A' H A'A A ' K A ' A A 'M A 'Q a a a 21 = + = + + = + + ⇒ = Vậy 3a d(AM,D 'N) 3A'H 21 = = 0.25 Theo giả thiết: AA' (A'B'C ' D ') ⊥ AA'⇒ là đường cao của tứ diện AD'MN. Vậy A.D 'MN D'MN 1 V AA' S 3 ∆ = ⋅ ⋅ 2 3 1 3a a a 3 8 8 = ⋅ ⋅ = Trang 3/3 V (1.0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Ta có: Cauchy 3 3 2a 3b 1 1 2a 3b 2 2a 3b (2a 3b).1.1 3 3 + + + + + + = + ≤ = 3 1 3 2a 3b 2 2a 3b ⇒ ≥ + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2a 3b 1.+ = 0.25 Tương tự ta có: 3 1 3 2b 3c 2 2b 3c ≥ + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2b 3c 1.+ = 3 1 3 2c 3a 2 2c 3a ≥ + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2c 3a 1.+ = 0.25 Với x 0;y 0;z 0> > > ta có: Cauchy 3 3 1 1 1 3 1 1 1 9 (x y z) 3 xyz 9 x y z x y z x y z xyz   + + + + ≥ ⋅ = ⇒ + + ≥   + +   Do đó: 1 1 1 P 3 2a 3b 2 2b 3c 2 2c 3a 2   ≥ + +   + + + + + +   27 27 3 2a 3b 2 2b 3c 2 2c 3a 2 5a 5b 5c 6 ≥ = = + + + + + + + + + + + 0.25 Vậy min P 3= Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 / 5.= = = 0.25 VI (1.0 điểm) Viết phương trình đường tròn (C) … Giả sử (C) có tâm I, bán kính R. Do ∈ ⇒ − 1 I d I(a;2a 1). Mà ∈ ⇒ = = + + − 2 2 A (C) R IA (a 2) (2a 7) 0.25 2 d tiếp xúc với (C) 2 d(I,d ) R IA⇔ = = − − − ⇔ = + + − + − 2 2 2 2 3a 4(2a 1) 19 (a 2) (2a 7) 3 ( 4) 0.25 2 2 a 3 (a 2) (2a 7)⇔ + = + + − ⇔ + + = − + 2 2 a 6a 9 5a 24a 53 a I( ; ) vaø R a a a / I( / ; ) vaø R /  = ⇒ = ⇔ − + = ⇔  = ⇒ =  2 2 2 3 5 2 15 22 0 11 2 11 2 10 17 2 0.25 Vậy phương trình đường tròn (C) thỏa mãn đề bài là: (x ) (y )− + − = 2 2 2 3 25 (x / ) (y ) /− + − = 2 2 11 2 10 289 4 0.25 VII.a (1.0 điểm) Giải phương trình … ( ) ( ) 2 2 2 3x x 3x x 3x x 9 4 7 9 4 7 46.3 0 − − − ⇔ − + + − = 2 2 3x x 3x x 4 7 4 7 9 9 46 0 (1) 3 3 − −     − + ⇔ + − =             0.25 Đặt: 2 2 3x x 3x x 4 7 4 7 1 4 7 4 7 t (t 0) do 1 3 3 t 3 3 − −       + − − + = > ⇒ = ⋅ =                   Khi đó, (1) trở thành: 2 23 8 7 t 9 9 9t 46 0 9t 46t 9 0 (tháa m·n) t 23 8 7 t 9  + =   + − = ⇔ − + = ⇔  − =   0.25 ▪ Với −     =  + + + = ⇒ = ⇔ − = ⇔          = −      2 3x x 2 2 x 1 23 8 7 4 7 4 7 t 3x x 2 x 2 / 3 9 3 3 0.25 ▪ Với 2 3x x 2 2 23 8 7 4 7 4 7 t 3x x 2 0 VN (do 0) 9 3 3 − −     − + + = ⇒ = ⇔ − + = ∆ <             Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: = = − ⋅x 1; x 2 / 3 0.25 ------------------------Hết------------------------