Đang tải... (xem toàn văn)
tuyển tập 70 đề thi thử đại học môn toán ( có đáp án chi tiết) của các trường THPT trên toàn quốc là tài liệu bổ ích mak mik đã sưu tầm được trong thời gian qua, mik hy vọng nó sẽ trở thành tài liệu giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi đại học tới
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y x x có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng Câu 2: (2 điểm) Giải phương trình: 2sin x+tanx+ tan3x cos3x log x y Giải hệ phương trình: 4 x xy y Câu 3: (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A(5;1) đường tròn (C) : x2 y x y Viết phương trình đường trịn (C’) có tâm A, cắt đường trịn (C) hai điểm M, N cho MN = Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z đường thẳng (d): x y z 1 Viết phương trình đường thẳng () qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d) 1 mặt phẳng (P) A B cho M trung điểm AB Câu 4: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, BA = a Tam giác SAC cân S nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M, N trung điểm SA, BC Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc MN mặt phẳng (ABC) 600 Câu 5: (2 điểm) Tìm 2sinx+cosx (sinx+cosx) dx Tìm m để phương trình : phân biệt x2 3mxm 23x mx3m x2 2mx 2m có nghiệm dương Câu 6: (1điểm) Xét số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 3(b c) 4a 3c 12(b c) 2a 3b 2a 3c HẾT -Chú ý: Cán coi thi không giải thích thêm Cảm ơn Lê Văn An ( lva75@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT CHUN NGUYỄN HUỆ Câu ý 1 (2điểm) KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN: TỐN Nội dung Điểm y x 2x TXĐ: R 0,25 x x 1 y ' 4x 4x y ' Giới hạn: limy ; limy x bảng biến thiên X -∞ y’ Y x 1 – + +∞ +∞ 0 – + 0,25 +∞ 2 3 3 Hàm số đồng biến khoảng (1; 3);(1; ) Hàm số nghịch biến khoảng (; 1);(0;1) Điểm cực đại (0; 2) ; điểm cực tiểu (1; 3);(1; 3) Đồ thị đồ thị hàm số có điểm uốn ( 0,25 7 ; );( ; ) 3 3 y 0,25 -5 O x -2 -4 Nhận xét: đồ thị nhận trục oy trục đối xứng Hoành độ giao điểm nghiệm pt: x4 x2 m (1) Từ câu 1) suy pt có nghiệm phân biệt 3 m 2 Đặt t x (t 0) Phương trình trở thành : t 2t m Khi 3 m 2 phương trình (1) có nghiệm là: 0,25 0,25 t2 t1 t1 t2 nghiệm lập thành cấp số cộng t2 t1 t1 t2 9t1 0,25 Theo định lý Vi-ét ta có: t1 10t1 t1 t2 t1t2 2 m 9t1 2 m m 59 (tm) 25 59 Vậy m 25 (2điểm) Điều kiện: cos3x x k 2 0,25 0,25 1 2sin x tan 3x tan x 2sin x 1 cos 3x cos 3x cos 3x sinx= (2sin x 1)( 1) cos 3x cos3x=1 Pt 2sin x x k 2 (không thỏa mãn điều kiện) sinx= x 5 k 2 k 2 cos3x=1 3x k 2 x (thỏa mãn điều kiện) k 2 Vậy nghiệm phương trình là: x y2 (1) log x Điều kiện: x>0 x xy y (2) 0,5 0,25 Từ (2) suy yIH nên I nằm H A 13 2 Trong tam giác vng MHA ta có : Ta có : HA IA IH AM HM AH 43 Vậy phương trình đường trịn (C’) là: ( x 5)2 ( y 1)2 43 M H I A 0,25 N Gọi điểm A(3 2t , 2 t; 1 t ) (d ) B(a, b, c) ( P) 0,25 3 2t a a 2t M trung điểm AB 2 t b b t 1 t c 6 c 5 t Vì B(a, b, c) ( P) a b c (3 2t ) (2 t ) (5 t ) t 1 0,5 Suy A(5;-1;-2) B(1;1;-4) x 2t Vậy phương trình đường thẳng () là: y t z 3 t 0,25 Gọi I trung điểm AC, tam giác SAC cân nên SI AC mà (SAC ) ( ABC ) suy SI ( ABC ) (1điểm) S M 0,25 A H I B N C Gọi H trung điểm AI suy MH//SI suy MH (ABC) đó: 0,25 (MN ,( ABC )) MNH 600 S ABC a2 a 3a a 10 5a NH HC NC HC.NC.cos450 NH Xét tam giác HCN có : NC ; HC Trong tam giác MHN có MH = NH.tan 600 a VSABC (2điểm) 30 30 ; SI 2MH a 30 SI S ABC a3 12 0,25 4 2sinx+cosx cosx(2 tan x+1) dx dx (sinx+cosx)3 3 0 cos x(tanx+1) Đặt t = tanx dt dx Đổi cận x =0 t ; x t cos x 1 (2 t +1) Vậy I dt dt dt 3 (t+1) (t+1) (t+1) x 3mxm 23 x mx3m (3x mx 3m) ( x 3mx m) 2 t Xét f (t ) t hàm đồng biến R 2 Vậy pt x 2mx 2m 0,25 0, 1 t 2(t+1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Pt có nghiệm dương phân biệt ' m 2m S 2m m2 P 2m Vậy m>2 0,5 (1điểm) 1 (*) Dấu “=” xảy x y x y x y 3(b c) 4a 3c 12b c 1 8 P 11 3b 2a 3c 2a 4a 3b 3c 2a 3b 2a 3c 1 Áp dụng (*): 2a 3b 2a 3b 4 16 2a 3b 2a 3c 4a 3b 3c x, y 1 16 2a 3b 2a 3c 4a 3b 3c P 11 16 P Dấu “=” xảy b c a Min P 5, b c a Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án cho điểm tối đa Cảm ơn Lê Văn An ( lva75@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl 0,5 0,25 0,25 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH QUẢNG TRỊ - ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Mơn: TỐN - Khối: A,B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THỬ LẦN Phần bắt buộc (7 điểm) Câu (2 điểm) Cho hàm số y = x + 3( m − 1) x + 6( m − 2) x − 1,(1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2) Tìm giá trị m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu hai điểm cực trị đồ thị cách đường thẳng y = x − 3sin x − (cos x − sin x) =1 π sin x − + 4 Câu ( điểm) Giải phương trình: Câu ( điểm) Giải bất phương trình: x − + x + ≥ x + x − π Câu (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ cos x.(1 − sin x)dx Câu 5.(1 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh 4a M trung điểm BC , H trung điểm AM SH ⊥ ( ABC ) Góc mặt phẳng ( SAB ) ( ABC ) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S ABC góc hai mặt phẳng ( SAB ) ( SAC ) Câu (1 điểm) Cho ba số x, y, z ∈ [ 0; 2] x + y + z = Chứng minh x + y + z ≤ Phần tự chọn (3 điểm) Thí sinh chọn làm hai phần: A B A Theo chương trình chuẩn: Câu ( điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC , đường thẳng BC có phương trình x − y − = Trọng tâm tam giác ABC G (1;2) , điểm M (−2;1) nằm đường cao kẻ qua A tam giác ABC Tìm tọa độ điểm B biết B có hồnh độ dương diện tích tam giác ABC 24 Câu (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz viết phương trình mặt cầu qua điểm A(1; −1;2), B (2;1; −1), C (−1;2; −3) biết tâm mặt cầu nằm mặt phẳng Oxz Câu (1 điểm) Cho tập A = {0;1;2;3;4;5;6;7} Có số tự nhiên chẵn có chữ số khác thuộc A , phải có mặt ba chữ số 0;1;2 chúng đứng cạnh B Theo chương trình nâng cao: Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (c) : x + y − x + y + = Đường tròn (c) cắt trục tung A B Viết phương trình đường trịn ( c1 ) qua hai điểm A , B ( c1 ) cắt trục hoành M , N mà đoạn MN có độ dài Câu (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; −1;0), B (2;0;3) mặt phẳng ( P ) : x − y − z + = M điểm thuộc (P) cho AM = 15 MB ⊥ AB Tìm tọa độ M Câu (1 điểm) Tìm hệ số chứa x khai triển của: f ( x ) = (2 − x + x ) n biết Cn + Cn + Cn = 29 k ( Cn tổ hợp chập k n phần tử) _Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………… ;Số báo danh…………………… Cảm ơn Lê Văn An ( lva75@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl THI TH IH CL NI Câu Câu 1.1 Kh o sát s bi n thiên v m) Khi lim y KH I A, B L i gi i th hàm s m 0,25 , lim y x x 0,25 BBT: + + Kho ng bi n: C i: , c c ti u: V th : V hàm s có c i, c c ti Câu 1.2 m) th ng Hàm s có c Vi t l i hàm s ng th 0,25 m c c tr c ng 0,25 i d ng m c c tr c ch u ki n th i, c c ti u ch th hàm s ng th ng có h s góc song song v ng th ng m c c tr c th hàm s c a hai c c tr c th thu ng th ng m c c tr c th hàm s mc a 0,25 , kho ng ngh ch bi n: 0,25 nên không th ng th ng m 0,25 , , th a mãn 0,25 Câu Gi m) u ki n: 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu m) 0,25 u ki n: t V i V i , gi 0,25 c , gi 0,25 c 0,25 Câu m) 0,25 0,25 0,25 0,25 V y HI AB, suy SI Câu m) Suy góc gi a (SAB) (ABC) góc T , suy AB L i có 0,25 BN Nh n xét: SA 0,25 SA , N, suy CN 0,25 , suy góc c n tìm Câu Cho m) Gi s 0,25 , suy Kh o sát hàm s , suy 0,25 0,25 c giá tr l n nh t c a 0,5 Câu 7a G i I (1 m) m BC, ta có nên 0,25 Suy G i Gi V y suy T suy ta có c (do , suy 0,25 0,25 ) 0,25 Câu 8a m) nên nên Gi i h 0,25 c 0,25 Suy 0,25 Bán kính: 0,25 Câu 9a m) a b TH1 b = 0: cách 0,25 Suy có TH2 b = 2: TH3 0,25 ng c nh nhau: có cách X 16 cách (do ) 0,25 0,25 Suy có Câu 7b (C) có tâm m) G i l , bán kính mc a nên có bán kính 0,25 c , suy , hay 0,25 V i V i 0,25 Câu 8b m) , suy , Nh n th y Suy = nên V i V i u ki n: 0,25 0,25 0,25 0,25 suy Câu 9b m) 0,25 , , , nguyên 0,25 0,25 S 0,25 0,25 Cảm ơn Lê Văn An ( lva75@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl 1 é dt 1 1 ù tdt tdt (t + 1) - I = 2ò = 2ò = 2ò dt = 2 ê ò - ò dt ú 2 2 t + 2t + (t + 1) (t + 1) 0 ë t + 0 (t + 1) û 4 0,25 1 é 1 ù 1 I = êln(t + 1) 0 + ú = 2ln - 1 . t + 1 0 ú ê ë û Tính thể tích…………… 0,25 1,00 S Kẻ SH ^ AD tại H Þ SH ^ ( ABCD) Þ SH ^ AB Kẻ HI ^ AB tại I Þ AB ^ ( SHI ) Þ AB ^ SI a 3 o · · Þ (( SAB ), ( ABCD )) = SIH = 45 Þ SH = HI Vì H thuộc đoạn AD nên I thuộc tia AB O · · Þ IAH = BAD = 60 x K A 60o 45o D 0,25 H I a a B 2 2 a C 2 Đặt SH = x, (0 < x 0; y ³ 0. Chia hai vế phương trình thứ nhất của hệ cho x ta được ì 1 y = 1 ï + y + ïx x í ï + y y = 1 + 3 y ïx x x ỵ 0.25 2 ì 1 ï a + b + ab = Đặt a = ; b = y ta được í 3 x b ï a + b = a + 3 ỵ 0.25 Suy ra a + b3 = ( a + 3b)(a + b + ab) Û b(b + 2ab + 2a 2 ) = Þ b = 0 (vì a > 0 ) ì x = 1 Với b = Þ y = Þ x = 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất í ỵ y = 0 4 0.25 0.25 1,0 điểm 2 ln( x + 1) dx = J + K x2 Ta có I = ị x. x +1 dx + ị 3 Tính: J = ị x.3 x +1 0.25 2 3x +1 117 dx = ò x +1 d ( x + 1) = = 21 ln ln 3 0.25 1 ì ìu = ln( x + 1) ïu ' = ln( x + 1 ) ï ï x + Tính: K = ị Þí Suy ra dx . Đặt í 1 x v ' = ï ïv = x ỵ ï x ỵ Đáp án KSL2, mơn Tốn Khối A và A1, trang 2/5 0.25 2 2 ln( x + 1) dx ln ö ln - ln 3 x ỉ1 K =+ị =+ ln + ũ ỗ + ln ữ dx= x 1 x( x + 1) x x +1ø x +1 1è = ln - ln 3 + ln - ln = ln - ln 3. 2 Vậy I = 5 117 + ln - ln 3 ln 3 2 0.25 1,0 điểm S K M C A H B Xét DSHA(vng tại H), có AH = SA cos 300 = a Mà DABC đều cạnh a suy 0.25 2 ra H là trung điểm cạnh BC, vậy AH ^ BC. Lại có SH ^ BC suy ra BC^(SAH). Hạ HK vng góc với SA suy ra HK là AH a khoảng cách giữa BC và SA. Ta có HK = AH sin 300 = = , vậy 4 a d(BC,SA)= 4 Dễ thấy a 1 a a 3a 2 3a 2 SH = Þ S SHA = SH AH = = Þ S SMH = S SAH = 2 2 12 1 a 3a 3a Mà CH ^ ( SHA) Þ VSMHC = CH S SMH = = 3 12 72 6 0.25 0.25 0.25 1,0 điểm Ta chứng minh bất đẳng thức 2a + 3 5 b ³ 5a - 10ab + 10 3 với a, b > 0 (1) b ab 0.25 Thật vậy 5 (1) Û a + 3b - ab ( 5a - 10ab + 10b3 ) ³ Û 2a - 5a 4b + 10a b3 - 10ab + 3b ³ 0 4 0.25 Û ( a - b ) ( 2a + 3b ) ³ 0 Bất đẳng thức cuối đúng. 5 2b5 + 3 5 c a 3 2c + 3 Tương tự ; ³ 5b - 10bc + 10 c ³ 5c3 - 10ca + 10 3 a bc ca Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được 2a5 + 3b5 2b5 + 3c5 2c5 + 3 5 a 3 + + ³ 15 a3 + b3 + c3 -10 ab2 + bc2 + ca2 = 15 a3 + b3 + c - 2 ab bc ca ( ) ( ) ( ) Đáp án KSL2, mơn Tốn Khối A và A1, trang 3/5 0.25 0.25 7.a A R B I M D 1,0 điểm Phương trình đường thẳng đi qua M(3;2) có dạng ax + by + 3a + 2b = 0 ( a + b 2 > 0) . C 0.25 Đường trịn (C) có tâm I(2;3) và bán kính R = 10 . (C) tiếp xúc với AB nên d ( I ; AB ) = R hay 2a + 3b + 3a + 2 b a + b 2 b é a = -3 = 10 Û 10(a + b ) = 25(a + b)2 Û (a + 3b)(3a + b = 0 Û ê ) b a ë = -3 0.25 Do đó phương trình AB là x y = 0 hoặc AB: x y + = 0 . + Nếu AB: x y + = 0 . Gọi A(t;3t+7) vì A có hồnh độ x A > 0 nên t>0 và do ét = 0 2 (loại) IA2 = 2.R 2 = 20 nên ( t - ) + ( 3t + ) = 20 Û 10t 2 + 20t + 20 = 20 Þ ê t ë = -2 + Nếu AB: x y = 0 . Gọi A(3t+3;t) vì A có hồnh độ x A > 0 nên t>1 và do 8.a 2 IA2 = 2.R 2 = 20 nên (1 + 3t ) + ( t - 3) = 20 Û 10t 2 + 10 = 20 Þ t = 1 . Suy ra A(6;1) Þ C(2;5) và B(0;1); D(4;7) Vậy các điểm cần tìm là A(6;1); B(0; -1); C (- 2;5); D(4; 7) . 1,0 điểm uu r uu r uur r Gọi I là điểm sao cho IA - IB + 3IC = x A - xB + x ì C =1 I ï x = ï y - y B + y ï C Suy ra í y I = A = Þ I (1; 3; ) . Khi đó 2 ï z A - z B + z ï C = ï z I = 2 ỵ uuur uuur uuuu r uuu r MA - MB + 3MC = MI đạt GTNN khi và chỉ khi M là hình chiếu của I lên r (P). Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n ( P ) = (1; 2;1). ì ï xM = + t uuu r r ï Ta có IM = t n( P ) Þ í y M = + 2t ï ï z M = + t ỵ ổ3 5ử M ẻ ( P )ị + t + + 4t + + t - = ị t = - ị M ỗ ; ÷ è 4 ø 9.a 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 1,0 điểm Phương trình đã cho tương đương với: x - x + + x ( x - ) = 0 é x = ( x - 1)( x - 2) + x ( x - 2) = Û ê x ë2 + x - = 0 Xét hàm số f ( x) = x + x - 1, f '( x ) = x ln + > 0, "x Ỵ ¡ Vậy f(x) đồng biển Đáp án KSL2, mơn Tốn Khối A và A1, trang 4/5 0.25 0.25 0.25 trên ¡ Lại có f (0) = 0 nên phương trình f ( x) = 0 có nghiệm duy nhất x=0. KL: Phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 2 7.b 0.25 1,0 điểm x y 2 Phương trình Elíp có dạng + = 1(a > b > 0 c = a - b ); a b 0.25 (E) có các đỉnh thuộc Oy là B(0;b), B’(0;b) và hai tiêu điểm là F(c;0), F’(c;0). 0.25 Để bốn điểm này lập thành hình vng thì b=c. 0.25 Cạnh của hình vng BFF’B’ là BF = = OB = b Þ b = c = 4 2 x y 0.25 Vậy a = b2 + c2 = 2b2 = 32 Suy ra phương trình elip là: + = 1. 32 16 8.b H I M O 4 3 A 1,0 điểm Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu (S). Theo giả thiết I (3; 4; z ) ; R = z | . | 0.25 Gọi H là hình chiếu vng góc của I lên Oz, ta có IH = OA = 32 + 2 = 5 . Gả sử (S) cắt Oz tại M, N suy ra H là trung điểm của MN và do đó 1 HM = MN = 11 = 11 . 2 0.25 Theo Pitago, R = IM = IH + HM 2 = 25 + 11 = Þ z = ± 6 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn u cầu bài tốn là ( S1 ) : ( x - 3) + ( y - 4) + ( z - 6) 2 = 36 2 0.25 0.25 2 ( S2 ) : ( x - 3) + ( y - 4) + ( z + 6) = 36 9.b 1,0 điểm 3 n 3 Xét khai triển (1 + x ) n = å 3 n x k (1) Ck 0.25 k = 0 n 2 n i Lại có (1 + x )3 n = (1 + x) n (1 + x ) 2 n = å C n x i C2 n x j (2) å j i=0 0.25 j = 0 n Hệ số của x trong khai triển (1) là C n 3 n n Hệ số của x sau khi nhân ra và rút gọn vế phải của (2) là n nCn C n + C n C n + Cn2 C2nn + × ×× + Cnn . 2 n C 0 Đồng nhất hệ số của x n theo hai cách khai triển ta được đẳng thức cần chứng minh. 0.25 0.25 Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl Đáp án KSL2, mơn Tốn Khối A và A1, trang 5/5 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN - NĂM 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): x −1 (1) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Tìm m để đường thẳng d : y = x + m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt A, B cho OA2 + OB = , O gốc toạ độ Câu II (2,0 điểm) cos 2x Giải phương trình − = cot x sin 2x cos x Giải phương trình x− + x − x = (x ∈ ℝ) x ln Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫e x (x + ) e x − dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi, AB = 2a, BAD = 600 Hình chiếu vng góc đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD ) trọng tâm H tam giác ABD Biết tam giác SAC vng đỉnh S , tính thể tích khối chóp S ABCD theo a tính góc hai mặt phẳng (SAC ) (SBC ) Câu V (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thoả mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức a +b +c 2a + c 2b + c + + + bc + ca + 2abc PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 10 có tâm I Viết phương P= trình đường thẳng ∆ cách O khoảng diện tích tam giác IAB lớn cắt đường tròn (C ) hai điểm phân biệt A, B cho x y z −1 mặt phẳng = = 1 −1 (P ) : 2x + y − 2z − = Viết phương trình đường thẳng ∆ vng góc với mặt phẳng (P ), cắt trục hoành cắt đường thẳng d Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số nguyên dương n hai số thực a, b (b > 0) Biết khai triển nhị thức Niu-tơn Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : a n có số hạng chứa a 4b , tìm số hạng chứa tích a b với số mũ + b b B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A , phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A d : 2x + y − = Biết đỉnh B thuộc trục hoành, đỉnh C thuộc trục tung diện tích tam giác ABC Tìm toạ độ ba đỉnh A, B,C tam giác ABC x −1 y −1 z = = cắt mặt phẳng −1 (P ) : x + 2y + z − = điểm M Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm I thuộc đường thẳng d tiếp Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : xúc với mặt phẳng (P ) điểm A , biết diện tích tam giác IMA 3 tâm I có hồnh độ âm logx (xy ) + logy x = Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (x , y ∈ ℝ) 2 log2 y = log2 x log2 (6 − x ) -Hết - Cảm ơn bạn Hien Tran Dinh (dinhhientc@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl CÂU I.1 (1 điểm) ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN – NĂM 2013 NỘI DUNG Tập xác định D = ℝ \ {-1} Sự biến thiên Chiều biến thiên: y ' = (x + 1) ĐIỂM 0,25 > ∀x ≠ −1 Hàm số đồng biến khoảng (−∞; −1) (−1; +∞) Cực trị: Hàm số khơng có cực trị Giới hạn: lim x →−1− lim x →−∞ x −1 x −1 = +∞, lim+ = −∞ Đường thẳng x = −1 tiệm cận đứng x →−1 x + x +1 0,25 x −1 x −1 = 1, lim = Đường thẳng y = tiệm cận ngang x →+∞ x + x +1 Bảng biến thiên x -∞ y’ -1 +∞ + + +∞ 0,25 y Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm (1;0) Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm (0;-1) Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận I(-1;1) làm tâm đối xứng -∞ y 10 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 I.2 (1 điểm) -1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 x O 0,25 Điều kiện x ≠ −1 x −1 = x + m ⇔ x + mx + m + = (*) x +1 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt A, B PT(*) có nghiệm phân biệt khác Phương trình hồnh độ giao điểm −1 hay m − 4m − > 0,25 0,25 Giả sử A(x ; x + m ), B(x ; x + m ) , x , x nghiệm phân biệt PT(*) x + x = −m Theo định lý Vi-ét ta có 0,25 x 1x = m + 2 OA2 + OB = ⇔ x + (x + m )2 + x + (x + m )2 = ⇔ (x + x )2 − 2x 1x + m(x + x ) + m = 0,25 ⇔ m − 2m − = ⇔ m = −1 v m = (Loại) Đối chiếu điều kiện: m = −1 II.1 (1 điểm) Điều kiện: sin 2x ≠ 0, cos x ≠ 0, sin x ≠ ⇔ x ≠ kπ , k ∈ ℤ 0,25 Phương trình cho tương đương với − sin x cos 2x = cos2 x ⇔ sin2 x − sin x cos 2x = 0,25 sin x = (loai ) ⇔ ⇔ sin x = cos 2x ⇔ sin2 x + sin x − = ⇔ sin x = −1 v sin x = sin x = cos 2x 0,25 π * sin x = −1 ⇔ x = − + k 2π, k ∈ ℤ (Loại) * sin x = π 5π ⇔ x = + k 2π v x = + k 2π, k ∈ ℤ 6 Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm: x = II.2 (1 điểm) 0,25 π 5π + k 2π v x = + k 2π, k ∈ ℤ 6 x ≥ x − ≥ 0, x ≠ Điều kiện: ⇔ x −1 ≤ x < x − x ≥ 0,25 Phương trình cho tương đương với: 1 = x − − 1 + ( x − x − 1) = ⇔ (x − x − 1) + x x − x + 1 x x − + 1 x 0,25 1± (Thoả mãn điều kiện) x − + 1 = x * x2 − x −1 = ⇔ x = * x2 − x + + x 0,25 (1) + Nếu x ≥ phương trình (1) vơ nghiệm + Nếu −1 ≤ x < x > x ;1 + x ≥ Ta có phương trình (1) tương đương với ( III (1 điểm) 0,25 ) x − x − x − x + (1 + x ) = (vô nghiệm) ln I = ∫ ln x xe x dx + ∫ e x e x − 1dx 0,25 ln u = x * I = ∫ xe x dx Đặt du = dx ⇒ x dv = e dx v = e x Ta có I = xe x ln ln − ∫ e dx = ln − e x x ln 0,25 = ln − ln * I = ∫ e x e x − 1dx Đặt t = e x − ⇒ e x = t + Khi x = t = , x = ln t = ln Ta có e dx = 2tdt Do I = ∫ x Do I = I + I = ln − IV (1 điểm) 0,25 2t 2t dt = = 3 0,25 Từ giả thiết ta có tam giác ABD Gọi {O} = AC ∩ BD Ta có AC = 2AO = 3a S Diện tích hình thoi ABCD S ABCD 0,25 = AC BD = 3a H trọng tâm ∆ABD nên AH = 3a AC = 3 M 3a AC = 3 Tam giác SAC vuông S , có đường cao SH nên ∆SAH đồng dạng với ∆CSH CH = ⇒ SH AH = ⇒ SH = a CH SH Thể tích khối chóp S ABCD VS ABCD D C 0,25 O H A = SH S ABCD = a 3 B Gọi M trung điểm cạnh SC Tam giác SAC vuông S nên OM ⊥ SC (1) Ta có OB ⊥ SH ,OB ⊥ AC ⇒ OB ⊥ SC ,OB ⊥ OM (2) 0,25 Từ (1) (2) suy góc hai mặt phẳng (SAC ) (SBC ) góc BMO 1 AH + SH = a ; OB = BD = a Tam giác OBM vuông O 2 OB tan OMB = = ⇒ OMB = 450 Vậy góc hai mặt phẳng (SAC ) (SBC ) 450 OM Ta có OM = SA = V (1 điểm) 0,25 Chứng minh: 2(1 + bc)2 ≥ (a + b + c)2 ⇔ + 4bc + 2b 2c ≥ (a + b + c ) + 2(ab + bc + ca ) ⇔ a + (b + c + 2bc) − 2a(b + c) + 2b 2c ≥ ⇔ (b + c − a )2 + 2b 2c ≥ b + c = a Dấu “=” xảy bc = 0,25 Chứng minh: + 2abc ≥ a + b + c ⇔ a(1 − 2bc) + (b + c) ≤ Theo Bất đẳng thức Bunhiacopsky 0,25 a(1 − 2bc) + (b + c).1 ≤ (a + (b + c )2 (1 − 2bc )2 + 1 = 2(1 + 2bc)(1 − 2bc + 2b 2c ) Cần chứng minh (1 + 2bc)(1 − 2bc + 2b 2c ) ≤ ⇔ 2b 2c (2bc − 1) ≤ 0,25 Ta có = a + (b + c ) ≥ b + c ≥ 2bc ⇔ 2bc − ≥ Dấu “=” xảy abc = P≤ VI.a.1 (1 điểm) 2(2a + c) 2(2b + c) 2(a + b + c) + + = Vậy max P = đạt a = b = ,c = a +b +c a +b +c a +b +c Đường trịn (C) có tâm I (1;2) , bán kính R = 10 Đường thẳng ∆ : ax + by + c = (a + b ≠ 0) 0,25 0,25 Diện tích tam giác IAB S IAB = IA.IB sin AIB ≤ R2 = Vậy max S IAB = đạt AIB = 900 Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB ta có IH ⊥ AB 0,25 IH = |c | (1) = d(O, ∆) = 2 a +b Ta có ⇔ d(I , ∆) = | a + 2b + c | = (2) a + b2 a = −2b Từ PT(1) (2) ta có | c |=| a + 2b + c |⇔ c = − a + 2b 0,25 I R * Với a = −2b chọn a = 2, b = −1 Từ PT(1) ta có c = ±5 Phương trình đường thẳng ∆ 2x − y + = 2x − y − = A H B 0,25 a + 2b thay vào PT(1) ta có 19a − 4ab + 16b = (vô nghiệm) Giả sử {M } = ∆ ∩ Ox , {N } = ∆ ∩ d Gọi M (a; 0; 0), N (b;b;1 − b) 0,25 MN = (b − a; b;1 − b) Một vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P ) n = (2;1; −2) 0,25 * Với c = − VI.a.2 (1 điểm) Do đường thẳng ∆ vng góc với mặt phẳng (P ) nên MN n phương Ta có a = b −a b −b = = ⇔ Ta có M (1; 0; 0), N (−1; −1;2) b = −1 −2 Phương trình đường thẳng ∆ VII.a (1 điểm) 0,25 x −1 y z = = −2 0,25 n −k Số hạng thứ k + khai triển Tk +1 a =C b k n k b k = C n a n −kb 3k −n 0,25 n − k = n = 15 3k − n =9 ⇔ Số hạng chứa a b k = 11 k ∈ ℕ, ≤ k ≤ n 0,25 k Với n = 15 ta có số hạng thứ k + khai triển Tk +1 = C 15a 15−kb 3k −15 0,25 15 − k = 3k − 15 Trong khai triển có số hạng chứa tích a b với số mũ ⇔k =9 k ∈ ℕ, ≤ k ≤ 15 6 Vậy số hạng chứa tích a b với số mũ là: T10 = C 15a b = 5005a 6b VI.b.1 (1 điểm) b c 2 Giả sử B(b; 0),C (0; c) BC = (−b; c ) Gọi H trung điểm cạnh BC ⇒ H ( ; ) 0,25 0,25 Một vectơ phương đường thẳng d u = (−1;2) b + 2c = b = BC u = Do tam giác ABC cân A nên Suy B(4; 0),C (0; −2) ⇔ ⇔ H ∈ d 2b + c = 0,25 c = −2 Ta có BC = 5, H (2; −1) Diện tích tam giác ABC S ABC = AH BC = ⇒ AH = Giả sử A(t; − 2t ) Ta có AH = ⇔ (t − 2)2 + (4 − 2t )2 = ⇔ t = v t = Với t = ⇒ A(1;1), với t = ⇒ A(3; −3) VI.b.2 (1 điểm) 0,25 0,25 Một vectơ phương đường thẳng d u(2;1; −1) Một vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P ) n(1;2;1) Gọi ϕ góc đường thẳng d mặt phẳng (P ) Ta có sin ϕ =| cos(u, n ) |= | + −1 | = 0,25 ⇒ ϕ = IMA = 300 6 Gọi R bán kính mặt cầu (S ) ⇒ IA = R Tam giác IMA vuông A I 0,25 có IMA = 300 ⇒ AM = R S IMA = 3 ⇔ IA.AM = 3 ⇔ R = d M A Giả sử I (1 + 2t;1 + t; −t ), t < − P Từ giả thiết ta có khoảng cách d(I ,(P )) = R ⇔ | 3t − | 0,25 = ⇔ t = −1 v t = (loại) ⇒ I (−1; 0;1) Phương trình mặt cầu (S ) : (x + 1) + y + (z − 1) = 0,25 0 < x < 6, x ≠ Điều kiện: y > 0, y ≠ 0,25 Phương trình (1) hệ logx y + logy x = ⇔ logx y = v logx y = ⇔ y = x v y = x 0,25 VII.b (1 điểm) * Với y = x từ PT(2) hệ ta có 2 log2 x = log2 x log2 (6 − x ) ⇔ log x = log2 x = log2 (6 − x ) x = (Loai) x = ⇔ ⇔ x = Hệ phương trình có nghiệm y = x + x − = 0,25 * Với y = x từ PT(2) hệ ta có log2 x = log2 x log2 (6 − x ) ⇔ x = v x = (Loai) x = Hệ phương trình có nghiệm y = Cảm ơn bạn Hien Tran Dinh (dinhhientc@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl 0,25 ... Cảm ơn Nam Nguyễn (boya2no1@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl tR¦êNG THPT Híng dÉn, Đáp án, thang điểm THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2012-2013 (lnth2) LạNG GIANG Số Môn thi: Toán, khối: A, A1 Hướng dẫn, đáp. .. MA (2 a 1; a 1) MC ( c 2;16 2c ) phương, suy (2 a – 1 )(1 6 – 2c) = (a – 1)(c - 2) (2 ) Thay a = 3c – 18 từ (1 ) vào (2 ) c2 – 13c + 42 = c 6, c (loại) Với c = A(1; 0), C(6; 5), B(7;... ta có: ( x y ) ( y z ) ( z x ) 3 ( x y )( y z )( z x) >0 (5 ) 1 1 1 >0 (6 ) 33 x y y z zx x y y z z x Từ (5 ), (6 ) suy (4 ) hay (II) C/M x y z xy yz zx Kết hợp (I) (II)