Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 18 - Đề 8 potx

SỞ GD - ĐT BẮC NINH
Trường THPT Hàn Thuyên
ĐỀ THI KHẢO SÁT KHỐI 12
Môn : TOÁN ; Khối : D – lần 2
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
=====================

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y =
4 2 2
2 1
x m x
 

1. Khảo sát hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 32.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
)
4
(cos212sincossin2sin
22

 xxxxx

2. Giải phương trình:
544
22
1

 xxxx

Câu III (1 điểm). Tính giới hạn:
xx
e
I
x
x




11
1
lim
4
0

Câu IV (1 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’có đáy là tam giác đều cạnh
a
, góc giữa AB’ và mặt đáy
bằng 60
0
. Tính cạnh bên CC’ và thể tích tứ diện ACC’B’.
Câu V (1 điểm)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
22
11 xxxm 
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)
A.Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):




   
2 2
x 1 y 2 13
và đường
thẳng



: x – 5y – 2 = 0. Tìm các giao điểm của đường tròn (C) với đường thẳng



. Giả sử
các giao điểm là A, B. Xác định toạ độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp
đường tròn (C) .
2. Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ ( các bông hoa xem như đôi một
khác nhau ), ta chọn ra một bó gồm 7 bông. Có bao nhiêu cách chọn ra bó hoa trong đó có ít
nhất 3 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ ?
Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình:








4
36
2
yxyx
yyx

B.Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương
trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và
AB bằng 45
0
. Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có
hoành độ dương.
2. Khai triển:


10
2
1 2 3x x
  
20
0 1 20

a a x a x
  
Tính: Hệ số
4

a
và
0 1 20

S a a a
   

Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log
3
[1 + log
3
(2
x
- 7)]  1

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:




ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu I
2 điểm

1.
1 điểm
Với m = 1 hàm số là:

4 2
2 1
y x x
  

+) TXĐ: D= R
+) Giới hạn, đạo hàm:

lim ; lim
x x
y y
 
  

.
3
0
' 4 4 ; ' 0
1
x
y x x y
x


   

 


+) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; +

)
nghịch biến trên các khoảng (-

;- 1), (0; 1)
+) Hàm đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 1, cực tiểu tại x =

1, y
CT
= 0
+) BBT:
x -

- 1 0 1 +


y' - 0 + 0 - 0 +
y +

1 +



0 0

+) Đồ thị
f(x)=x^4-2*x^2+1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y




0.25




0.25





0.25

0.25


2.
1điểm
+y’=
3 2 2 2
4 4 4 ( )
x m x x x m
  

+hs có 3 cực trị
' 0
y
 
có 3 nghiệm phân biệt
2 2
0
x m
  
có hai nghiệm pb khác
0
0

m
 
.
+3 điểm cực trị của đths A(0;1), B(-m;1-m
4
), C(m;1-m
4
). Do tính chất đối xứng nên tam
giác ABC cân tại A, ycbt

2
1
2.|m|.|m
5
|=32

m=2 hoặc m=-2


0.5


0.5
Câu II



1.
1 điểm
2

2cos(112sincossin2sin)
4
(cos212sincossin2sin
222


 xxxxxxxxxx







)2(01sinsin2
)1(02sin
0)12sincos(sin2sin02sin2sincossin2sin
3
2
xx
x
xxxxxxxxx

0.25




0.25

Giải (1) được:
)(
2
Zk
k
x 


Giải (2) được:
)(2
2
Zkkx 



0.25


0.25


2.
1điểm
Giải phương trình:
544
22
1


 xxxx

54
4
4
2
2



xx
xx
PT
Đặt
)0(4
2


tt
xx
PTTT: 410455
4
2
 Vttttt
t
đều thỏa mãn
Với
100141
2
2



xVxxxt
xx

Với
2
51
1444
2
2



xxxt
xx



0.25


0.25


0.25


0.25

CâuIII
1 điểm
Ta có

I
)11(
)11)(11(
1
lim
4
0
xx
xxxx
e
x
x





= )11(lim
4
1
lim.2
0
4
0
xx
x

e
x
x
x




= 2.1.(1+1) = 4
0.5


0.5
CâuIV


1.
1 điêm



0.25





0.25

0.25



0.25





Câu V
1đ
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: )1(11
22
xxxm 
222
1)1(11)1( xxxxxmPT 
Đặt ,1)1()(
2
xxxf  có
2
2
2
22
2
2
1

12
1
1
1
)1(1)('
x
xx
x
xxx
x
x
xxxf








,







2
1

1
0)('
x
x
xf








0.25



0.25







A

C

B

A’

B’

C’

60
0

-Do ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ
đứngAA’(A’B’C’) A’B’ là hình
chiếu của AB’ trên (A’B’C’) góc giữa
AB’ và đáy là góc giữa AB’ và A’B’ và
bằng góc AB’A’=60
0

- Xét tam giác AA’B’ có
AA’=A’B’tan60
0
=a 3 mà CC’=AA’=
a
3

- Ta có:
VVV
VVVV
CBAABCABCBCBAA
BACCABCBCBAACBAABC
mà

'''.'.'''.
'''.'''.'''.
3
1



4
'.
3
1
3
1
2
''''''.''.
a
CC
sVV
CBACBAABCBCCA



V
V
V



Bảng biến thiên:
X -1 -1/2 1

Y’ || + 0 - ||
Y

4
33


0 0




0.5



CâuVIa
1.
1 điểm
- Từ PT đường thẳng ∆ 25



yx thế và PT đường tròn (C) được:
13)2()35(
22
 yy

-







31
20
02626
2
xy
xy
yy . Các giao điểm là: (2;0),(-3;-1)




0.5




0.25

0.25

2.
1 điểm
3. Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ ( các bông hoa xem như
đôi một khác nhau ), ta chọn ra một bó gồm 7 bông. Có bao nhiêu cách chọn ra bó
hoa trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ ?

- Vì bó hoa có 7 bông, trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng
đỏ bó hoa có thể có 3 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ và 1 bông hồng trắng
hoặc 3 bông hồng vàng và 4 bông hồng đỏ hoặc 4 bông hồng vàng và 3 bông hồng
đỏ.
- Vậy có 150
3
4
4
5
4
4
3
5
1
3
3
4
3
5
 CCCCCCC




0.25



0.25

CâuVIIa
Giải hệ phương trình:







4
36
2
yxyx
yyx
Đặt đkxđ








0
0
06
2
yx
yx
yx

Hpt







































5
4
3
5
9
3
102
9
3
1622
966
03
2222
22
22
x
y
y
x
yx

y
x
yx
y
yxx
yyyx
y

Vậy hệ PT có nghiệm


0.25




0.25






0.5
CâuVIb
1.
1 điểm
Tọa độ điểm D là:
3 0 0
2 0 0

x y x
x y y
  
 

 
  
 
=> D(0;0)

O
Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là




1 2
3; 1 , 1; 2
n n
 
ur uur

cosADB
=
2
1
=> ADB=45
0
=>AD=AB (1)

Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 45
0
=> BCD=45
0
=>

BCD vuông cân
tại B=>DC=2AB. Theo bài ra ta có:
 
2
1 3.
24
2 2
ABCD
AB
S AB CD AD
   




0.25







0.25

A

B

C

I

- (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R= 13
- Tam giác ABC nội tiếp (C) và vuông tại B  AC là
đường kính  A, C đối xứng nhau qua I.
- B(2;0) A(-3;-1) C(1;5)
- B(-3;-1) A(2;0) C(-4;4)
Căn cứ bảng biến thiên thấy PT
đã cho có nghiệm khi






m
4
33
;0
=>AB=4=>BD=
4 2


Gọi tọa độ điểm ;

2
B
B
x
B x
 
 
 
, điều kiện x
B
>0
=>
2
2
8 10
( )
5
4 2
2
8 10
( )
5
B
B
B
B
x loai
x
BD x
x tm


 

 

   
 

 



uuur
Tọa độ điểm
8 10 4 10
;
5 5
B
 
 
 
 


Vectơ pháp tuyến của BC là


2;1
BC
n 

uuur

=> phương trình đường thẳng BC là:
2 4 10 0
x y
  








0.25






0.25

2.
1 điểm
Có:


10
2

1 2 3x x
  
 
10
2
3 1 2x x
 
 
 

     




2 10
10 9 8
0 1 2 2 2 10 2
10 10 10 10
1 2 1 2 3 1 2 3 3C x C x x C x x C x       

      
2 3 4 10
0 0 1 2 3 4 10
2 2 2 2 2
10 10 10 10 10 10 10
1 2 0 1 2 2 9 9 2 2 2 0 1 2 2 8 8
3 2 (2 ) (2 ) (3 ) 2 (2 ) (2 )
10 9 9 9 9 10 8 8 8 8
10 2 10

(3 )
10
C C C x C x C x C x C x
C x C C x C x C x C x C C x C x C x
C x
       
        
 
 
 
 
   
   

0 4 4 1 2 2 2 0
2 .3.2 . .9. 16.1.210 3.4.1.36 9.1.45 8085
10 10 10 9 10 8
C C C C C C

     
4
HÖ sè cña x lµ :
-


Áp dụng khai triển được: ( x + 2x + 3x
2
)
n
= a

0
+ a
1
x + a
2
x
2
+… + a
2n
x
2n
S
0 1 20

a a a
   
= f(1) = (1 + 2 + 3)
10

=6
10




0.25

0.25






0.5
Câu
VII.b
Với x thuộc TXĐ BPT(1)

1 + log
3
(2
x
- 7)  3

log
3
(2
x
- 7)  2



2
x
-7  9

2
x
 16

x  4.
Thử lại với x4 thỏa mản.


0.5

0.5

Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương