Đang tải... (xem toàn văn)
Đề thi thử THPT quốc gia môn toán năm 2016, tuyển chọn đề thi minh họa thpt quốc gia năm 2016 môn toán, đề thi mẫu thpt quốc gia môn toán năm 2016, cấu trúc đề thi thpt quốc gia năm 2016, đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016 theo mẫu của bộ giáo dục.
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 11 Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x - 1 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1) - 2 x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). b) Chứng minh đường thẳng ( d ) : x - y + m = 0 ln cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt A, B với uuur uuur m Tìm m sao cho AB = OA + OB , với O là gốc tọa độ. x pư ỉ Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: sin x cos 2 + sin x cos x = cos x + cos ç x - ÷ 4 ø è ì10 x xy y = 2 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: í ( x, y Ỵ R ) 2 ỵ 30 x xy xy x y = 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có nghiệm: x + = m x 2 + 1 . Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, AB = AA’= a. Góc tạo bởi đường thẳng BC’ với mặt phẳng (ABB’A’) bằng 60 0 Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’ và BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM NP theo a. Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 24 3 P= 13a + 12 ab + 16 bc a + b + c II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm H(3; 2), 1 trung điểm của đoạn AB là M ỉç ;0 ư÷ và phương trình cạnh BC là: x – 3y – 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của è 2 ø tam giác ABC. Câu 8.a (1,0 điểm). Một hộp chứa 11 bi được đánh số từ 1 đến 11. Chọn 6 bi một cách ngẫu nhiên rồi cộng các số trên 6 bi được rút ra với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là số lẻ. 2 Câu 9.a (1,0 điểm) Giải phương trình: x - + ( x - ) .2 x - 2 = 1 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H (1; 0 ) , tâm đường tròn ngoại tiếp ỉ3 3ư I ç ; ÷ và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là K ( 0; 2 ) . Tìm tọa độ A, B, C. è 2 ø Câu 8.b (1,0 điểm) Cho khai triển: (1 + x) 10 (3 + x + 4 x ) = a0 + a1 x + a2 x + + a14 x14 2 Tìm giá trị của a 6 . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giới hạn: I = lim x ®0 x 2 + - cos 2 x x 2 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KTCL ƠN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 20132014 Mơn: TỐN; Khối B HƯỚNG DẪN CHẤM (Đáp án có 6 trang) I. LƯU Ý CHUNG: Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm tròn. Với Câu 5 nếu thí sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a x - 1 1,0 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = , (1) - 2 x ì 1 ü + Tập xác định: D = R \ í ý ỵ 2 þ x -1 x - 1 Giới hạn và tiệm cận : lim = - ; lim =x®-¥ - x x ®+¥ - 2x 2 1 Þ đường thẳng y = - là tiệm cận ngang. 0.25 2 x -1 x - 1 lim = -¥; lim + = +¥ 1 ỉ ỉ x® ç ÷ - x x ®ç ÷ - 2 x è2ø è 2 ø 1 Þ đường thẳng x = là tiệm cận đứng 2 -1 + sự biến thiên: y ' = < 0, "x Ỵ D 2 (1 - 2 x ) ỉ 1 ỉ Hàm số nghịch biến trên ç -¥; ÷ ; ç ; +¥ ÷ Hàm số khơng có cực trị. 2 è ø è ø +Bảng biến thiên X 1 ¥ + ¥ 2 y’ Y 1 - +∞ 0.25 1 - ¥ 0.25 + đồ thị : y f (x)=( x1)/(1 2x) f (x)= 1/2 4 3 2 1 x 4.5 4 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0.5 1 2 3 4 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 0.25 1 Nhận xét : Đồ thị nhận điểm I ( ; ) làm tâm đối xứng. 2 b Chứng minh đường thẳng (d): x – y + m = 0 ln cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm uuur uuur phân biệt A, B với mọi m. Tìm m sao cho AB = OA + OB với O là gốc tọa độ. Phương trình hồnh độ giao điểm : x - 1 x+m = Û f ( x ) = x 2 + 2mx - m - = 0(*) - 2 x 1 1 Có D ' = m 2 + 2m + > 0, "m, f ( ) = - ¹ 0 , nên (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 2 suy ra (d ) ln cắt (1) tại 2 điểm phân biệt A, B với mọi m 1.0 0.25 0.25 Ta có A ( x1; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m ) với x1 , x 2 là 2 nghiệm của (*) . Theo viet ì x1 + x2 = -m ï í -m - 1 ïỵ x1 x2 = 2 Gọi M là trung điểm của AB uuur uuur AB = OA + OB Û AB = 2 OM Û tam giác OAB vng tại O uuur uuur Û OA.OB = Û x1 x2 + ( x1 + m)( x2 + m ) = 0 2 Û x1 x2 + m( x1 + x2 ) + m2 = Û -m - = Û m = -1 Kết luận : m = - 1 . x pư ỉ Giải phương trình: sin x cos 2 + sin x cos x = cos x + cos ç x - ÷ 4 ø è 0.25 PT Û sin x (1 + cos x ) + sin x cos x = cos x + sin x + cos x 0.25 Û cos x ( sin x - 1) + cos x ( sin x - 1) = Û ( sin x - 1)( cos x + cos x ) = 0 0.25 + sin x = Û x = 3 0.25 p + k 2 p ( k Ỵ Z ) 2 p 2 p é x = + k é x = p - x + k 2 p ê + cos x = - cos x = cos ( p - x ) Û ê Û 3 (k Ỵ ¢ ) ê ë x = x - p + k 2 p ë x = -p + k 2 p p p 2 p Vậy phương trình có nghiệm x = + k 2 p ( k Ỵ ¢ ) x = + k ( k Ỵ ¢ ) 2 3 ì10x xy y = 2 Giải hệ phương trình: í ( x, y Ỵ R ) 2 ỵ 30x xy 2xy x y = 1 Nhận thấy x = 0 khơng là nghiệm của hệ. y 2 1 ì ì ïï y + x + x = 10 ïï( y + 1) + x ( y + 1) + x = 11 Hệ Û í 2 Ûí ï y + y + + 1 + y = 30 ï ( y + 1) 2 + 1 ( y + 1) = 30 ïỵ x x 2 ỵï x x x x x 2 é ìa + b = 6 êí 1 ì ì a + ab + b = 11 ê ỵab = 5 ï a = Đặt í Û x khi đó hệ trở thành í ê ìa + b = 5 ỵ ab(a + b ) = 30 ïỵ b = y + 1 êí ê ỵab = ë 1.0 0.25 0.25 1,0 0.25 0.25 é x = 1; y = 4 ìa + b = é a = 1; b = 5 ê TH1. í Ûê Û 1 ỵ ab = ë a = 5; b = 1 ê x = ; y = 0 ë 4 0.25 1 é x = ; y = 2 ê a = 2; b = 3 a + b = 5 ì é 2 TH2. í Ûê Ûê ỵ ab = ë a = 3; b = 2 ê x = 1 ; y = 1 êë 1 1 Vậy hệ có 4 nghiệm: (1; 4); ( ; 0);( ; 2); ( ;1) . 3 Tìm tất cả các giá trị thực m để phương trình sau có nghiệm thực 0.25 1,0 x + = m x 2 + 1 x + 1 Ta có : PT Û x 2 + 1 Có f ( x) = x f / x 2 + 1 2 - x (x 2 -¥ 0.25 x + 1 Xét hàm số f ( x ) = / = m + 1 ) 3 Þ f trên R. 0.25 / ( x ) = Û x = 2 . + 0 ( x ) +¥ 5 0.25 f ( x ) 2 2 ( Từ BBT suy ra: Phương trình có nghiệm Û m Ỵ -2; 5 ù 5 û Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, AB = AA’= a. Góc tạo bởi đường thẳng BC’ với mặt phẳng (ABB’A’) bằng 60 0 .Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’ BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM NP theo a. Gọi H là trung điểm A’B’. Ta có C 'H ^ A 'B'; C' H ^ BB' A' C' Q H K B' N C A P B I 1,0 Þ C ' H ^ ( ABB ' A ') · BC '; ( ABB' A ' ) ) = C 'BH = 60 (· 0 a 5 BH = BB' + B'H = Tam giác HBC’ vng tại H nên ta có M 0.25 0.25 2 C 'H = BH.tan 600 = a 15 = a 2 Diện tích tam giác A’B’C’ là SDA'B'C ' = a 2 15 15 (đvtt) C 'H.A 'B' = Þ VABCA 'B 'C ' = BB'.SA 'B'C' = a 3 4 0.25 Gọi Q là trung điểm B’C’ Þ NP / /MQ Þ NP / / ( AMQ ) Gọi I là giao điểm MQ và BC. Khi đó B là trung điểm của PI Ta có : d ( NP; AM ) = d ( NP; ( AMQ ) ) = d ( P; ( AMQ ) ) , d ( P; ( AMQ ) ) d ( B; ( AMQ ) ) = PI = 2 BI 0.25 1 Gọi K là trung điểm HB’thì KQ / / = C ' H a 2 a 3 15 SAMB' = S ABB' = Þ VB 'AMQ = QK.S AMB' = 48 Mặt khác ABB’A’ là hình vng nên AM ^ BH mà AM ^ C ' H Þ AM ^ ( BHC ' ) Þ AM ^ BC ' Þ AM ^ MQ Ta có: B ' C ' = C ' H + HB '2 = 2a Þ MQ = MB '2 + B 'Q 2 = a a 5 ; AM = 2 0.25 5 SAMQ = AM.MQ = a 2 Nên d ( B; ( AMQ ) ) = d ( B'; ( AMQ ) ) = 6 3V B'AMQ SAMQ = a 15 a 15 Þ d ( NP; AM ) = 10 Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 24 3 P= 13a + 12 ab + 16 bc a + b + c Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có a + 4b b + 4c 13a + 12 ab + 16 bc = 13a + a.4b + b.4c £ 13a + + 8. = 16(a + b + c) 2 1,0 0.25 Þ 13a + 12 ab + 16 bc £ 16(a + b + c) Dấu “ = ” xảy Û a = 4b = 16c Suy ra P ³ ( a + b + c ) 3 - a + b + c Đặt t = a + b + c, t > Khi đó ta có: P ³ 0.25 2t Xét hàm số f ( t ) = - 2t f ' ( t ) = Û 3 t - 3 t trên khoảng (0; +¥ ) , ta có f ' ( t ) = 2t t - 3 2 2t - 2t t 3 2 2t = Û t = 1 ; lim+ f (t) = +¥ ; lim f (t) = 0 x ®0 x ®+¥ BBT. 0.25 3 ìa + b + c = 1 16 1 Vậy ta có P ³ - , đẳng thức xảy ra Û í Ûa= ;b = ;c = 21 21 21 ỵ a = 4b = 16c 0.25 3 ỉ 16 1 khi và chỉ khi ( a, b, c ) = ç , , ÷ è 21 21 21 ø Vậy giá trị nhỏ nhất của P là - 7.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm H(3; 2), 1 trung điểm của đoạn AB là M ỉç ;0 ư÷ và phương trình cạnh BC là: x – 3y – 2 = 0. Tìm è 2 ø tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Phương trình AH: Do A Ỵ AH; B Ỵ BC Đặt A(x1 ; - 3x1 ); B(x 2 ; 8.a 3(x - 3) + 1.(y + 2) = 0 Û 3x + y - = 0 0.25 x 2 - 2 ). x1 + x 2 = 1 ì ì x = 2 ï M là trung điểm AB Û í Û í 1 Þ A(2; 1); B(1; 1). x 2 - 2 ïỵ(7 - 3x1 ) + = 0 ỵ x 2 = -1 uuur ỉ x - 2 x - 2 uuur Đặt C(x 3 ; 3 ). Có : AC = ç x 3 - 2; 3 - ÷ ; BH = (4; -1) 3 è ø uuur uuur Vì BH ^ AC Û BH.AC = x - 5 19 ỉ 19 1 Û 4(x3 - 2) -1 3 = Û x 3 = Þ C ç ; - ÷ 11 è 11 11 ø ỉ 19 1 Vậy A(2; 1); B(1; 1); C ç ; - ÷ è 11 11 ø Một hộp chứa 11 bi được đánh số từ 1 đến 11. Chọn 6 bi một cách ngẫu nhiên rồi cộng thứ tự 6 bi được rút ra với nhau. Tính xác suất để kết quả thu được là số lẻ. Gọi H là biến cố:” kết quả thu được là số lẻ” H xảy ra khi một trong các biến cố sau xảy ra : A : ”1 bi mang số thứ tự lẻ và 5 bi mang số thứ thứ tự chẵn ” B : ”3 bi mang số thứ tự lẻ và 3 bi mang số thứ thứ tự chẵn ” C : ”5 bi mang số thứ tự lẻ và 1 bi mang số thứ thứ tự chẵn ” Trong 11 bi có 6bi có số thứ tự lẻ {1,3,5,7,9,11}, 5 bi có số thứ tự chẵn {2,4,6,8,10} C16 C55 C36 C35 200 C56 C 1 5 30 = ; P B = = ; P C = = ; ( ) ( ) 6 6 C11 462 C11 462 C11 462 A, B, C là các biến cố xung khắc nên 200 30 118 P ( H ) = P ( A ) + P ( B ) + P ( C ) = + + = 462 462 462 231 2 Giải phương trình: x - + ( x - ) .2 x -2 = 1 , (1) P (A) = 9.a 1,0 + Với x Ỵ ( -¥; -2 ) È (2; +¥) Þ x 2 - > Þ VT > 1 Suy ra phương trình (1) vơ nghiệm + Với x Ỵ ( -2; ) Þ x 2 - < Þ VT A.Theo chương trình Chuẩn 1đ B d : x y nên gọi B 2b; b , B, C đối xứng với qua O suy C (2b 5; b) O(0;0) BC 0.25 Gọi I đối xứng với O qua phân giác góc B d : x y I (2; 4) I AB 0.25 Tam giác ABC vng A nên BI 2b 3;4 b vng góc với CK 11 2b;2 b 7.a b b 0.25 2b 311 2b b b 5b 30b 25 Với b B (3;1), C ( 3; 1) A(3;1) B loại 31 17 31 17 ; Vậy A ; ; B(5;5); C(5; 5) 5 5 5 Với b B( 5;5), C (5; 5) A 1đ 8.a Gäi H x; y; z trực tâm tam giác ABC BH AC , CH AB , H ABC x 15 BH AC x 1 y z 29 CH AB 3 x 1 y 1 z y 15 AH AB, AC x y z 1 z H( 0.25 0.25 0.25 29 ; ; ) 15 15 Do (d) vng góc với mp(p) nên (d) nhận u (1; -3; 2) làm véc tơ phương 0.25 29 y z 15 15 3 x Phương trình đường thẳng (d) là: 1đ 0.25 Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 1 Cnn (1 1) n 2n Với n ngun dương ta có: Ta có Cn1 Cn1 Cnn 2n 0.25 n n Theo giả thiết ta có – = 255 = 256 = n = 8 P(x) = (1 + x + 3x ) = C 3x x k k = k0 0.25 k k = C Ckm (3x2 )k m xm = C8kCkm3km.x2km m0 k0 m0 k 0 2k m 14 m m 0mk 8 YCBT k k m, k Z Vậy số hạng chứa x14 là: ( C87 C70 37 C88C82 36 )x14 9.a k 0.25 0.25 B Theo chương trình Nâng cao Gọi E giao điểm thứ hai AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có 1đ phương trình đường thẳng AD: x Do E thuộc đường thẳng AD nên E 2; t Mặt khác I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên 2 1 1 IA IE t 1 2 52 t 1 52 t 6;t 4 Do đo ta 2 2 0,5 E 2; 7.b Do AD phân giác nên E điểm cung BC suy IE vng góc với BC hay BC nhận EI 1; 2 vectơ pháp tuyến Do pt BC là: 3 BC :1 x y x y Vậy BC : x y 2 0.25 0.25 Gọi M m1; m2 ; m3 điểm thuộc AB AM , AB phương 1đ 8.b AM m1; m2 ; m3 1 , AB 1;2;2 AM , AB phương m1 t t R : AM t AB m2 2t M t ;2t ; 1 2t m 1 2t 0.25 Gọi N n;0;0 Ox NM t n;2t ;2t 1 , CD 1; 2; 2 MN vng góc CD nên NM CD t n 4t 4t t n 1 0.25 MN MN t t 4t 2t 1 t 8t 4t 8t 4t t 2 0.25 Với t n 1 M 1;2;1 , N 1;0;0 Với t 1đ 0.25 1 n M ;1;0 , N ;0;0 2 2 ĐK: y-2x +8 > ; (PT 1) y – 2x + = 2 y 2x 0.25 Thế vào pt thứ hai ta được: x 9.b x 3x x 18 2 2 x x.32 x 2.33 x x 18 x 2.27 x 27 27 3 3 0.25 x Đặt: t = , (đk t > ) , ta có pt: t t t 1 t t 3 0.25 x Vậy nghiệm phương trình (0; 0) t 1 y 0.25 Chú ý :- Học sinh làm cách khác đáp án mà cho điểm tối đa - Câu hình học khơng gian học sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng cho điểm ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề 2x − x −1 a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b Tìm m để đường thẳng d có phương trình y = x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt Câu (2.0 điểm) Cho hàm số: y = A B cho 4S∆IAB = 15 với I giao điểm hai đường tiệm cận đồ thị (C) Câu (1.0 điểm) Giải phương trình: cos x − = 3(cos x − 1)cot x 4x 8x − − 12 y − = y3 + 13y + 18x − Câu (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: 4x − 8x + x − + y + 7y + 2y = Câu (1.0 điểm) Cho n số ngun dương thỏa mãn: Cnn−3 − C2n −1 = C1n −1Cnn ++32 Tìm hệ số n n số hạng chứa x khai triển nhị thức NewTon biểu thức: P = x x n−8 − 3x Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật tâm O, cạnh 11 AD = a cạnh AB = a , M trung điểm cạnh AD, hai mặt phẳng (SAC) (SBM) vng góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S.OMC chứng minh đường thẳng BM vng góc với mặt phẳng (SAC) biết góc cạnh bên SA đáy 60o Câu (1.0 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn: xy ≥ z ≥ a) CMR: b) Tìm 1 x + y + 1 + xy giá trị nhỏ biểu thức sau: P= x y z3 + + + y + x + 3(xy + 1) Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆1 ∆ có phương trình là: x − 11y + = x + 3y + = Lập phương trình đường thẳng qua điểm M(8; −14) , cắt hai đường thẳng ∆1 , ∆ A B cho: 3MB + AM = Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1 ) (C2 ) có (x − 2)2 + (y − 2)2 = Lập phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với (C1 ) , đồng thời cắt (C2 ) hai điểm phân biệt A, B cho: phương trình là: (x − 1)2 + y = AB = 2 Câu (1.0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x + + (2 − 2m) x − = (m − 1) x − Hết ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối A, A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án a (1.0 điểm) Khảo sát… (2.0 điểm) • Tập xác định: D = ℝ \ {1} • Sự biến thiên: lim y = , lim y = ⇒ y = đường TCN đồ thị hàm số x →−∞ Điểm 0.25 x →+∞ lim y = −∞ , lim− y = +∞ ⇒ x = đường TCĐ đồ thị hàm số x →1+ x →1 y' = > ∀x ∈ D (x − 1)2 ⇒ Hàm số đồng biến khoảng (−∞;1) (1; +∞) Bảng biến thiên: x −∞ + y' y y +∞ + +∞ 0.25 −∞ • Đồ thị: x 0.25 - Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng b (1.0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… Hồnh độ giao điểm d (C) nghiệm phương trình: x ≠ 2x − = 2x + m ⇔ x −1 2x + (m − 4)x − m + = (1) d cắt (C) hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0.25 0.25 m < −4 2 + (m − 4) − m + ≠ (*) ⇔ ⇔ m > ∆ = m − 16 > Khi đó, giả sử A(x A ;2x A + m), B(x B ;2x B + m) với x A , x B nghiệm (1) 4−m 4−m x A x B = 2 m ⋅ AB = 15 ⇔ 4AB2 m = 1125 Ta có: 4SIAB = 15 ⇔ 2d(I, AB).AB = 15 ⇔ ⋅ 2 ⇔ 20(x A − x B ) m = 1125 ⇔ 4[(x A + x B ) − 4x A x B ]m = 225 Áp dụng định lý Vi-ét ta có: x A + x B = ⇔ (m − 16)m = 225 ⇔ m = 25 ∨ m = −9 (loại) ⇔ m = ±5 tm(*) Vậy giá trị m thỏa mãn đề là: m = ±5 Trang 1/4 0.25 0.25 0.25 Giải phương trình … (1.0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ cos2 x sin x cos2 x ⇔ 3cos x − = 3(cos x − 1) ⋅ − cos2 x cos2 x ⇔ 3cos x − = 3(cos x − 1) ⋅ (1 − cos x)(1 + cos x) Khi phương trình ⇔ cos x − = 3(cos x − 1) −3cos2 x ⇔ 3cos x − = + cos x ⇔ (3cos x − 2)(1 + cos x) = −3cos2 x ⇔ cos2 x + cos x − = x = ±π / + k2π cos x = / (tmđk) ⇔ ⇔ cos x = −2 / x = ± arccos ( −2 / ) + k2π Vậy nghiệm phương trình cho là: x = ±π / + k2 π;x = ± arccos ( −2 / 3) + 2kπ 0.25 0.25 0.25 Giải hệ phương trình … (1.0 điểm) Điều kiện: x ≥ 1/ PT ⇔ 8x 2x − = 4y3 + 12y + 13y + + 2x − ⇔ [4(2x − 1) + 1] 2x − = 4(y + 1)3 + (y + 1) ⇒ y + ≥ Đặt 0.25 2x − = u (u ≥ 0) pt trở thành: 4u3 + u = 4(y + 1)3 + (y + 1) (*) Xét hàm số: f(t) = 4t + t với t ≥ Ta có: f '(t) = 12t + > ∀t ≥ ⇒ hàm số f(t) đồng biến (0; +∞) 0.25 Do (*) ⇔ f(u) = f(y + 1) ⇔ u = y + ⇒ 2x − = y + ⇔ 2x = y + 2y + Thế vào (2) ta được: (y + 2y + 2)2 − 4(y + 2y + 2) + 4(y + 1) + 2y + 7y + 2y = ⇔ y + 6y + 11y + 6y = ⇔ y(y3 + 6y + 11y + 6) = 0.25 ⇔ y(y + 1)(y + 5y + 6) = y = ⇒ x = (tmđk) y = −1 ⇒ x = 1/ (tmđk) ⇔ y = −2 (loại) y = −3 (loại) 0.25 Tìm số hạng chứa … (1.0 điểm) Điều kiện: n ∈ ℕ, n ≥ n! (n − 1)! (n − 1)! (n + 3)! − = ⋅ 3!(n − 3)! (n − 3)!2! (n − 2)!1! (n + 2)!1! ⇔ n(n − 1)(n − 2) − 3(n − 1)(n − 2) = 6(n − 1)(n + 3) Cnn −3 − C2n −1 = C1n −1Cnn ++32 ⇔ 0.25 n = −1 (loại) ⇔ n(n − 2) − 3(n − 2) = 6(n + 3) ⇔ n − 11n − 12 = ⇔ n = 12 (thỏa mãn) 12 k 12 12 12 − k 4 4 k k Khi đó: P = x x − = x ∑ C12 x4 − = C12 (−4)k x 51− 5k ∑ x k =0 k =0 x k k 51− 5k Số hạng tổng qt khai triển là: C12 (−4) x ( ) Số hạng chứa x11 ứng với 51 − 5k = 11 ⇔ k = 8 Vậy hệ số số hạng chứa x11 khai triển là: C12 (−4)8 = 32440320 Trang 2/4 0.25 0.25 0.25 Tính thể tích khối chóp … (1.0 điểm) Ta có: AC = AD2 + DC2 = 3a - Gọi H = AC ∩ BM ⇒ H trọng tâm tam giác ABD ⇒ AH = AO = AC = a 3 - Do (SAC) (SBM) vng góc đáy ⇒ SH ⊥ (ABCD) ⇒ SH đường cao hình chóp S.OMC - Do SH ⊥ (ABCD) nên góc SA (ABCD) góc SAO = 60 S o A 60 0.25 M D H O B C o Có SH = AH tan 60o = a 3, S∆OMC = 1 3a2 d(C,OM).OM = DM.OM = ⋅ 2 1 3a2 a3 Vậy VS.OMC = ⋅ SH.S∆OMC = ⋅ a ⋅ = ⋅ 3 8 2 AB2 + AM = a ▪ Do H trọng tâm tam giác ABD ⇒ BH = BM = 3 2 2 2 ∆AHB có AB = 3a = a + 2a = AH + HB ⇒ ∆AHB vng H Suy AH ⊥ HB Mà SH ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ HB Do HB ⊥ (SAH) hay BM ⊥ (SAC) (đpcm) 0.25 0.25 0.25 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P … (1.0 điểm) 1 Ta có: + ≥ ⇔ (2 + x + y)(1 + xy ) ≥ 2(1 + x + y + xy) x + y + 1 + xy ⇔ xy + (x + y) xy ≥ x + y + 2xy ⇔ (x + y)( xy − 1) − xy( xy − 1) ⇔ ( xy − 1)( x − y)2 ≥ ln xy ≥ Và z + = z3 + + ≥ 3 z3 1.1 = 3z ≥ ⇒ 0.25 z3 + ≥ 3(xy + 1) xy + x y 1 +1+ +1+ − = (x + y + 1) + −2 + y +1 x +1 xy + x + y + xy + ≥ xy + ⋅ + −2 + xy xy + Khi đó: P ≥ ( ) (2t + 1)2 2t + −2= + = g(t) t +1 t +1 t +1 t +1 2t 2(t − 1) (t + t + 1) Ta có: g '(t) = − = ≥ với ∀t ≥ (t + 1) (t + 1)2 (t + 1) (t + 1)2 ⇒ Hàm số g(t) đồng biến [1; +∞) ⇒ g(t) ≥ g(1) = / ⋅ Vậy giá trị nhỏ P / Dấu “=” xảy x = y = z = Đặt 0.25 xy = t(t ≥ 1) Ta có: P ≥ Lập phương trình đường thẳng qua M … (1.0 điểm) 11a − 11a − 23 Do A ∈ ∆1 ⇒ A ;a ⇒ MA = ;a + 14 −3b − −3b − 20 B ∈ ∆2 ⇒ B ; b ⇒ MB = ; b + 14 Theo giả thiết ta có: 3MB + 2AM = ⇔ 3MB = 2MA Trang 3/4 0.25 0.25 0.25 0.25 −9b − 60 a = ⇒ A(2;1) = 11a − 23 22a + 9b = −14 ⇔ ⇔ ⇔ 2a − 3b = 14 b = −4 ⇒ B(4; −4) 3b + 42 = 2a + 28 Ta có: AB = (2; −5) VTCP AB ⇒ n = (5;2) VTPT AB Vậy phương trình đường thẳng AB là: 5x + 2y − 12 = 0.25 0.25 Lập phương trình đường thẳng ∆ … (1.0 điểm) (C1 ) có tâm I1 (1; 0) b/k R1 = 1/ , (C2 ) có tâm I (2;2) b/k R = Giả sử đường thẳng ∆ có phương trình dạng: ax + by + c = (a2 + b2 ≠ 0) ∆ tiếp xúc (C1 ) ⇔ d(I1 , ∆ ) = R1 ⇔ a+c a2 + b = 0.25 (1) Gọi H trung điểm AB 2a + 2b + c AB ⇒ d(I , ∆) = I H = R − = (2) = 4−2 = ⇔ 2 a +b c = 2b Từ (1) (2) ta có: a + c = 2a + 2b + c ⇔ c = −(4a + 2b) / 2 a = − b ▪ Với c = 2b ⇒ (1) ⇔ a2 + b2 = a + 2b ⇔ a = −7b a = 1,c = −2 Do a2 + b2 ≠ ⇒ b ≠ Chọn b = −1 ⇒ a = 7,c = −2 ⇒ phương trình đường thẳng ∆ là: x − y − = 0, 7x − y − = b = a 4a + 2b a + 2b ⇒ (1) ⇔ a2 + b2 = ⇔ 3 b = 7a b = 1,c = −2 Do a2 + b2 ≠ ⇒ a ≠ Chọn a = ⇒ b = 7,c = −6 ⇒ phương trình đường thẳng ∆ là: x + y − = 0, x + 7y − = 0.25 0.25 ▪ Với c = − Tim m để phương trình có nghiệm … (1.0 điểm) Điều kiện: (x − 3)(x + 3) ≥ ⇔ x ≤ −3 ∨ x ≥ Nhận thấy x = khơng nghiệm phương trình ⇒ x ≠ Khi phương trình: x +3 x +3 x +3 x+3 (do ĐK) ⇔ 2⋅ + − 2m = (m − 1) ⇔ 2⋅ + − 2m = (m − 1) x −3 x −3 x −3 x −3 Đặt x+3 = t (t ≥ 0, t ≠ 1) Khi đó, phương trình trở thành: x−3 2t + t + 2t + − 2m = (m − 1)t ⇔ 2t + t + = (t + 2)m ⇔ m = (*) t+2 2t + t + Xét hàm số: f(t) = với t ∈ [0; +∞) ; lim f (t) = +∞ t →+∞ t+2 2t + 8t Ta có: f '(t) = ≥ ∀t ∈ [0; +∞) ⇒ Hàm số đồng biến [0; +∞) (t + 2)2 Do phương trình cho có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm thỏa mãn: t ≥ 0, t ≠ 0.25 0.25 0.25 m ≥ f(0) m ≥ ⇔ ⇔ m ≠ f(1) m ≠ / ▪ Chú ý: Các cách giải khác đáp án cho điểm tối đa 0.25 0.25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 10 Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y = 2x -1 (1) x-2 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) b) Cho đường thẳng d: y = - x + m hai điểm M(3;4) N(4;5) Tìm giá trị m để đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt A, B cho điểm A, B, M, N lập thành tứ giác lồi AMBN có diện tích sin x sin x + 2sin x cos x + sin x + cos x = cos x π sin( x + ) 1 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình: + - x ³ ( x Ỵ R) x+2 -x -1 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình ( x3 + 1) tan x + x3 dx + tan x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA=3a (với a>0); SA tạo với đáy (ABC) góc Câu (1,0 điểm) Tính I = ò 600 Tam giác ABC vng B, · ACB = 300 G trọng tâm tam giác ABC Hai mặt phẳng (SGB) (SGC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Tính thể tích hình chóp S.ABC theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y , z thỏa mãn x3 + y + 27 z - 18 xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x + y + z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):Thí sinh làm phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x + y = , đường thẳng D : y = x - + điểm A(3, 0) Gọi M điểm thay đổi (C) B điểm cho tứ giác ABMO hình bình hành Tìm toạ độ trọng tâm G tam giác ABM, biết G thuộc D G có tung độ dương Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình log (4 x - x+1 + 4) - log8 (2 x - 1)3 = Câu 9.a (1,0 điểm) Từ chữ số 0, 1, 2, 3, lập số chẵn có chữ số đơi khác Lấy ngẫu nhiên số vừa lập.Tính xác suất để lấy số lớn 2013 B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Cho hình chử nhật ABCD có phương trình đường thẳng AD: 2x+y-1=0, điểm uur uur IB = ID Tìm toạ độ đỉnh hình chử nhật, biết điểm D có hồnh I(-3;2) thuộc BD cho độ dương AD = 2AB ìlog x + 2log y = ( x, y Ỵ R ) Câu 8.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình í ỵ x + y = 16 Câu 9.b (1,0 điểm) Có cách chia đồ vật đơi khác cho người cho người nhận đồ vật -Hết TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I, NĂM 2014 Mơn: TỐN; Khối A (Đáp án – Thang điểm gồm 04 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu ý Nội dung +) Tập xác định: D = ¡ \{2} -3 , hàm số nghịch biến khoảng ( -¥;2 ) , ( 2; +¥ ) y'= ( x - 2)2 +) Giới hạn tiệm cận: lim y = 2, lim y = ; lim- y = -¥, lim+ y = +¥ x ®-¥ x ®+¥ x®2 x®2 Đồ thị hàm số có : Tiệm cận đứng: x=2 , tiệm cận ngang: y= +) Bảng biến thiên: x -¥ +¥ y' +¥ a 0,25 0,25 0,25 y -¥ c) Đồ thị Điểm 0,25 2x -1 = - x + m Û x - mx + 2m - = (1) x-2 Đt d cắt đồ thị (C) điểm phân biệt Û pt (1) có nghiệm phân biệt khác Với x ¹ 2, xét PT 0.25 é m < - 12 ìD ' = m - 8m + > Gọi x1 , x2 nghiệm pt (1), ta có Ûí Ûê ỵ - 2m + m - ¹ ëê m > + 12 0.25 ì x1 + x2 = m A ( x1 ; - x1 + m ) , B ( x2 ; - x2 + m ) giao điểm b í ỵ x1.x2 = 2m - Có MN vng góc với d nên điểm A, B, M, N lập thành tứ giác AMBN có diện tích Û M, N nằm hai phía so với đường thẳng d S AMBN = ém = S AMBN = Þ AB = 2 Û ( x1 + x2 ) - x1 x2 = Từ suy m - 8m = Û ê ëm = +) m = loại (do M, N nằm phía với đường thẳng d) +) m = t/m Kết luận : m = p p ĐK: sin( x + ) ¹ 0, x ¹ - + kp Khi dễ thấy 4 sin x(sin x + cos x) + (sin x + cos x) pt Û = cos x (sin x + cos x) Û sin x + = cos x Û p 1 cos x - sin x = Û cos(2 x + ) = 2 p p p é é ê x + = + k 2p ê x = - + kp Ûê Ûê ê x + p = - p + k 2p ê x = p + kp êë êë 12 25 25 0.25 0.25 0.25 Đối chiếu ĐK ta thấy pt cho có nghiệm: x = p + kp 12 0.25 Điều kiện: -2 < x < -1 (*) 1 BPT Û 3( ) ³ ( x + 2) - ( - x - 1)2 + x+2 -x -1 Û ³ x + - x - 1( x + - - x - ) Đặt a = x + - - x - Þ x + - x - = 0.25 - a2 , ta BPT: 0.25 a - a3 £ Û a - a + ³ Û (a + 2)(a - 2a + 3) ³ Û a ³ -2 x + - - x - ³ -2 Û x + + ³ - x - Û x + + x + ³ - x - Û x + ³ -(2 x + 7)(1) BPT (1) nghiệm với x t/m ( *) KL: BPT có tập nghiệm S = (-2; - 1) 0.25 ( x3 + 1) tan x + x3 tan x = dx x dx + dx = ò x3 dx + ò sin x dx ò ò 2 + tan x + tan x x + C1 +) ò x3dx = x 1 - cos x dx = - sin x + C2 +) ò sin x dx = ò 2 4 x x Vậy I = + - sin x + C 4 I =ò 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 S N A C G P M 0.25 B Gọi M trung điểm BC Ta có ( SBG ) Ç ( SCG ) = SG (SGB) (SGC) vng góc với mặt phẳng (ABC) suy · = 600 ,SG chiều cao chóp S.ABC SG ^ ( ABC ), SAG ·= sin SAG SG · = 3a = 3a Þ SG = SA.sin SAG 2 SA AG a ·= ·= (1) Þ AG = SA.cos SAG cos SAG SA DABC vng B có C=300 Đặt AB=x (x>0) suy BC = x 3, BM = x x ; AG = AM = (2) 3 x 3a 9a = Ûx= Từ (1) (2)suy 2 AM = AB + BM = x 0.25 1 81a AB.BC = x = 2 56 1 3a 81a 243a (đvtt) VS ABC = SG.S ABC = = 3 56 112 Sử dụng đẳng thức a + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a + b + c - ab - bc - ca) Ta có: = x3 + y + 27 z - 18 xyz = ( x + y + z )( x + y + z - xy - xz - yz ) (1) Mà x + y + z - xy - xz - yz > Þ x + y + z > Đặt t = x + y + 3z , t > S ABC = Ta có ( x + y + z ) = x + y + z + 2(2 xy + xz + yz ) , kết hợp (1) suy ra: P= 0.25 0,25 0,25 2 t + ,t > 3t 0,25 t2 t2 1 t2 1 + = + + ³ 33 = 3t 3t 3t 3t 3t Dấu “=” xảy t =1 P= Vậy P = x = 1, y = z = x = z = 0, y = 7.a 0.25 1 x = y = 0, z = Đường tròn (C) có tâm O(0; 0), bán kính R = Nhận xét: A Ỵ (C ) Þ OA = OM Þ ABMO hình thoi Þ AM ^ OB y Gọi I = AM Ç OB Þ OG = OI Kẻ GK // AM , K Ỵ OA , ta có: uuur uuur M OK = OA Þ K (4; 0) G I O 0,25 25 0.25 B A K x GK // AM Þ GK ^ OB Suy G thuộc đường tròn đường kính OK ïì y = x - + Toạ độ G ( x; y ), y > thoả mãn: í 2 ïỵ( x - 2) + y = ìx = y + - ìï x = y + - ï Ûí Ûí Þ G (3; 3) (do y > 0) 2 ïỵ2 y + 2(1 - 3) y - = ïỵ y + - + y = Điều kiện x - > Û x > Phương trình cho tương đương với: log (4 x - x +1 + 4) = log 4(2 x - 1) ( 8.a ) 0.25 0,25 0,25 Û x - x +1 + = 4(2 x - 1) Û x - 6.2 x + = 0,25 é2x = Ûê x ë2 = Kl: Phương trình cho có hai nghiệm x =1 x = 0,25 0,25 Lập số chẵn dạng abcd Đặt E = {0, 1, 2, 3, 4} + d = ,chọn thứ tự a, b, c tập E \ {0} có A 34 = 24 cách.Dạng có 24 số 9.a + d ¹ có cách, chọn a Ỵ E \ {0, d } có cách, chọn b c thứ tự tập E \ {d , a} có A 32 = cách Dạng có 2.3.6 = 36 số Lập 24 + 36 = 60 số 0,5 Tính số số chẵn lập khơng lớn 2013, có dạng 1bcd : Chọn d chẵn có cách, chọn b c thứ tự tập E \ {1, d } có A 32 = cách 0,25 Dạng có: 3.6 = 18 số Suy số lớn 2013 có 60 - 18 = 42 số Xác suất cần tính: P = 0,25 42 = 60 10 Ta có d( I ; AD ) = Þ ID = ( Do AD=2AB ) Þ D Ỵ ( C ) : ( x + 3) + ( y - ) = 25 7.b 2 ïì( x + 3) + ( y - ) = 25 ì x = 1; y = -1 Do tọa độ D nghiệm hệ : í Ûí ỵ x = -3; y = ïỵ2 x + y - = Þ D (1; -1) (Vì D có hồnh dộ dương) uur uur IB = -2 ID Þ B ( -11;8 ) Phương trình AB: x-2y+27=0 ; A(-5;11) uuur uuur AB = DC Þ C ( -5; -4 ) TH1: Mỗi người nhận đồ vật, số cách chia là: C 62 C 42 C 22 = 90 cách 8.b TH2: Một người nhận đồ vật, hai người lại người nhận đồ vật Số cách chia là: 3.C 64 C 21 = 90 cách TH3: người nhận đồ vật, người nhận đồ vật, người nhận đồ vật, số cách chia là: 3!C 61 C 52 C 33 = 360 cách Vậy số cách chia thỏa mãn tốn là: 90+90+360 = 540 cách ïìlog xy = Đk:x>0;y>0 Hệ phương trình Û í 2 ïỵ x + y = 16 é x = y2 = 2 ïì xy = Ûí Û ê ïỵ x + y = 16 êë x = y = -2 (loai ) ìï x = 2 Với x = y = 2 ta í ïỵ y = ± 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 9.b Đối chiếu điều kiện ta nghiệm hệ phương trình (2 2; 2 ) Mọi cách khác giải điểm tối đa Cảm ơn bạn(lovemath@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl 0,25 0,25 0,25 0,25 [...]... b 7.a b 1 b 5 0. 25 2b 311 2b 4 b 2 b 0 5b 2 30b 25 0 Với b 1 B (3;1), C ( 3; 1) A(3;1) B loại 31 17 31 17 ; Vậy A ; ; B( 5; 5); C (5; 5) 5 5 5 5 Với b 5 B( 5; 5), C (5; 5) A 1đ 8.a Gäi H x; y; z là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi BH AC , CH AB , H ABC 2 x 15 BH AC 0 x ... nghiệm của (1) 4−m 4−m và x A x B = 2 2 m ⋅ AB = 15 ⇔ 4AB2 m 2 = 11 25 Ta có: 4SIAB = 15 ⇔ 2d(I, AB).AB = 15 ⇔ 2 ⋅ 5 2 2 2 ⇔ 20(x A − x B ) m = 11 25 ⇔ 4[(x A + x B ) − 4x A x B ]m 2 = 2 25 Áp dụng định lý Vi-ét ta có: x A + x B = ⇔ (m 2 − 16)m 2 = 2 25 ⇔ m 2 = 25 ∨ m 2 = −9 (loại) ⇔ m = 5 tm(*) Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m = 5 Trang 1/4 0. 25 0. 25 0. 25 2 Giải phương trình … (1.0 điểm) Điều kiện: sin... +∞ t →+∞ t+2 2t 2 + 8t Ta có: f '(t) = ≥ 0 ∀t ∈ [0; +∞) ⇒ Hàm số đồng biến trên [0; +∞) (t + 2)2 Do đó phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm thỏa mãn: t ≥ 0, t ≠ 1 2 0. 25 0. 25 0. 25 2 m ≥ f(0) m ≥ 1 ⇔ ⇔ m ≠ f(1) m ≠ 5 / 3 ▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa 0. 25 0. 25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 10 Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT... 0 y 15 1 AH AB, AC 0 x 2 8 y 3 5 z 1 0 z 3 H( 0. 25 0. 25 0. 25 2 29 1 ; ; ) 15 15 3 Do (d) vng góc với mp(p) nên (d) nhận u (1; -3; 2) làm véc tơ chỉ phương 0. 25 2 29 1 y z 15 15 3 1 2 3 x Phương trình đường thẳng (d) là: 1đ 0. 25 Cn0 Cn1 Cn2 Cnn 1 Cnn (1 1) n 2n Với n ngun dương ta có: Ta có Cn1 Cn1... Theo giả thi t ta có: 3MB + 2AM = 0 ⇔ 3MB = 2MA Trang 3/4 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 −9b − 60 a = 1 ⇒ A(2;1) = 11a − 23 22a + 9b = −14 ⇔ ⇔ ⇔ 2 2a − 3b = 14 b = −4 ⇒ B(4; −4) 3b + 42 = 2a + 28 Ta có: AB = (2; 5) là 1 VTCP của AB ⇒ n = (5; 2) là 1 VTPT của AB Vậy phương trình đường thẳng AB là: 5x + 2y − 12 = 0 0. 25 0. 25 8 Lập phương trình đường thẳng ∆ … (1.0 điểm) (C1 ) có tâm I1 (1; 0)... để phương trình sau có nghiệm: 2 x + 3 + (2 − 2m) x − 3 = (m − 1) x 2 − 9 Hết ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối A, A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án 1 a (1.0 điểm) Khảo sát… (2.0 điểm) • Tập xác định: D = ℝ \ {1} • Sự biến thi n: lim y = 2 , lim y = 2 ⇒ y = 2 là đường TCN của đồ thị hàm số x →−∞ Điểm 0. 25 x →+∞ lim y = −∞... Dạng này có 2.3.6 = 36 số Lập được 24 + 36 = 60 số 0 ,5 Tính số các số chẵn lập được khơng lớn hơn 2013, có dạng 1bcd : Chọn d chẵn có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập E \ {1, d } có A 32 = 6 cách 0, 25 Dạng này có: 3.6 = 18 số Suy ra số lớn hơn 2013 có 60 - 18 = 42 số Xác suất cần tính: P = 0, 25 42 7 = 60 10 Ta có d( I ; AD ) = 5 Þ ID = 5 ( Do AD=2AB ) Þ D Ỵ ( C ) : ( x + 3) + ( y - 2 ) = 25 2 7.b... 0, 25 0 ,5 0. 25 Với điều kiện trên, (bpt) 2 x 2 4 x 5 x 2 2 x 10 2 x 2 2 x 10 15 x 2 2 x 10 4 Đặt t x 2 2 x 10 x 1 2 0. 25 9 3 * 5 t Bpt trở thành 2t t 15 0 2 t 3 do * t 3 2 t 3 x 2 2 x 10 3 x 2 2 x 1 0 x 1 0 ln đúng 0. 25 2 Vậy nghiệm bất phương trình là x 0; 1đ 0. 25 S K H C N B a M 0. 25 A 5. .. ( 8.a ) 0. 25 0, 25 0, 25 Û 4 x - 2 x +1 + 4 = 4(2 x - 1) Û 4 x - 6.2 x + 8 = 0 0, 25 é2x = 2 Ûê x ë2 = 4 Kl: Phương trình đã cho có hai nghiệm x =1 và x = 2 0, 25 0, 25 Lập số chẵn dạng abcd Đặt E = {0, 1, 2, 3, 4} + d = 0 ,chọn thứ tự a, b, c trong tập E \ {0} có A 34 = 24 cách.Dạng này có 24 số 9.a + d ¹ 0 có 2 cách, chọn a Ỵ E \ {0, d } có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập E \ {d , a} có A 32 = 6... c 0 Thay tọa độ A, B, C vào phương trình, ta có: 2a 4b c 5 a 0 6a 8b c 25 b 5 2 a 4b c 5 c 15 Vậy, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 0. 25 điểm 8.a x 2 y 2 10 y 15 0 Tìm điểm C trên trục Ox …… Vì điểm C trên trục Ox nên C t ; 0; 0 0. 25 điểm 0. 25 điểm 0. 25 điểm Ta có: CA 1 t ; 2; 1 , CB 2 t;1;3 Tam ... phương trình Û í 2 ïỵ x + y = 16 é x = y2 = 2 ïì xy = Ûí Û ê ïỵ x + y = 16 êë x = y = -2 (loai ) ìï x = 2 Với x = y = 2 ta í ïỵ y = ± 2 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 9.b Đối chiếu điều... sin x ≠ cos2 x sin x cos2 x ⇔ 3cos x − = 3(cos x − 1) ⋅ − cos2 x cos2 x ⇔ 3cos x − = 3(cos x − 1) ⋅ (1 − cos x)(1 + cos x) Khi phương trình ⇔ cos x − = 3(cos x − 1) −3cos2 x ⇔ 3cos x − = + cos x... -2 ) È (2 +¥) Þ x 2 - > Þ VT > 1 Suy ra phương trình (1) vơ nghiệm + Với x Ỵ ( -2 ) Þ x 2 - < Þ VT