Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 65 docx

TRƯỜNG THPT QUỐC OAI

ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN I
Môn: TOÁN; Khối A và khối B
Thời gian làm bài :180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2 2 4
y x 2m x m 1(1).   

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
m 1.

b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị , ,
A B C sao cho các điểm , ,A B Cvà điểm
O
nằm
trên một đường tròn, trong đó
O
là gốc tọa độ.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2 2
2
(sin x cosx) 2sin x 1
sin( x) sin( 3x) .
1 cot x 4 4
2
   
 

   
 

 

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2
2
3 2 x 3x 2
1,
1 2 x x 1
  

  


x . 
Câu 4 (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy,
G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện
MNABCD, biết SA=AB= a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng
0
30
.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính
1
ln
.
( 2 ln 2 ln )
e
x

I dx
x x x

  


Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3.  
Chứng minh rằng
     
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c b c a c a b
3
.
a b c 2ab b c a 2bc a b c 2ac 5
     
  
        

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 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác
ABC
có
5
(4; )
2
M là trung điểm của
AC , đường trung tuyến kẻ từ C là ( ): 2 0;d x y   điểm B nằm trên đường thẳng ( '): 3 1 0.d x y   Tìm
tọa độ các điểm , ,A B Cbiết diện tích tam giác

ABC
bằng
3
.
2

Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz , cho tứ giác
ABCD
có A( 3;2;0),B(2;3;1),C(4;5; 7).  Tìm tọa độ
điểm Dđể tứ giác ABCDlà hình thang cân có đáy là .AB
Câu 9a (1,0 điểm). Khai triển nhị thức Newton biểu thức (2 )
n
x theo lũy thừa tăng của x ta được số hạng
thứ tám là 144. Tìm
x
biết
 
n 1 n
n 3 n 2
C 2C 16 n 2 ,n *.

 
   

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn


2 2
C : x y 13 

. Lập phương
trình chính tắc của hypebol có hai tiệm cận vuông góc với nhau và cắt đường tròn ( )C tại bốn điểm lập
thành hình chữ nhật có diện tích bằng
24.

Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng( ):3 2 4 0P x y z    và
điểm (2;2;0).M Xác định tọa độ điểm
N
sao cho
MN
vuông góc với mặt phẳng ( )P , đồng thời điểm
N cách đều gốc tọa độ (0;0;0)O và mặt phẳng( ).P
Câu 9b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình




1 2
2
x 4y
log x 2y log 3x 1 1
3 3 4.


   



 


HẾT


Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Cảm ơnNguyễnTrungThành()gửitới www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A, B NĂM 2013 - LẦN 1-
ĐÁP ÁN GỒM 05 TRANG
Câu ý Nội Dung Điểm
Khi m=1 hàm số trở thành
4 2
2 2.y x x  

 TXĐ : 
 Sự biến thiên :
- giới hạn:

 
x
lim y
 
     
3
y' 4x 4x
y' 0 x 0;x 1;x 1.

0,25


-Bảng biến thiên:lập đúng

0,25

- Kết luận đúng: khoảng đồng biến, nghịch biến và cực trị.

0,25






a
 Đ
ồ thị: vẽ đúng

0,25
Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình ' 0y  có 3 nghiệm phân biệt

3 2
4 4 0x m x   có 3 nghiệm phân biệt 0(*).m 


0,25
Ba nghiệm phân biệt là 0; ; ;x x m x m   

Tọa độ 3 điểm cực trị  
4
(0; 1), ( ;1), ( ;1)A m B m C m .
Gọi I là tâm đường tròn qua 4 điểm A, B, C, O; do tính đối xứng của đồ thị hàm số
suy ra I, A, O thẳng hàng.


0,25
Ycbt 
(1)
. 0(2)
A O
AB OB AB OB



  

   

Ta có

 
4
( ; ); ( ;1).AB m m OB m


0,25

1













b
Giải (1):

4
1 0m   
vô nghiệm
Giải (2):     
2 4
0 1m m m (do đk(*)).
Kết luận: 1.m  
0,25

Điều kiện: sinx 0(*).
2
2
2
1 sin 2x 2sin x 1
Pt .2cos( 2x).sinx
1
4
2
sin x
(sin 2x cos2x).sin x 2.cos(2x ).sinx
4
  
  

   



0,25
2

2.cos(2x ).sin x 2.cos(2x ).sinx
4 4
cos(2x ).sinx.(sinx 1) 0.
4
 
   

   



0,25


(*)
2x m
cos(2x ) 0
4 2
(k,m ).
4
sin x 1
x k2
2
 


   


 


  





  





0,25



2

So sánh điều kiện, suy ra nghiệm pt
3
2 , , ( , ).
2 8 2
x k x m k m
  
     

0,25
Ta có :
2 2
1
1 2 1 1 4( ) 3 1 3 0.
2
x x x         

Suy ra, điều kiện :
1
(*).
2
x
x
 


 




0.25
Bpt              
2 2 2 2
3 2 3 2 1 2 1 1 1 3 2.x x x x x x x x
0,25




    

  

2
2
0
1 2
3 1 0
x
x x x
x x


0,25







3





  


   
 


0
13 1
( (*)).
1 13 1 13
6
;
6 6
x
x do
x x
Kết luận:
13 1
.
6
x



0,25
+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N.
+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên có
2
,
3
SG
SO

 suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.
Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của
SC, SD.
+ Dễ có:
. . .
1 1
2 2
S ABD S BCD S ABCD
V V V V   .











0,25
Theo công thức tỷ số thể tích ta có:
.
.
.
1 1 1
. . 1.1.
2 2 4
S ABN
S ABN

S ABD
V SA SB SN
V V
V SA SB SD
    

.
.
.
1 1 1 1
. . 1. . .
2 2 4 8
S BMN
S BMN
S BCD
V
SB SM SN
V V
V SB SC SD
    
Từ đó suy ra:
. . .
3
.
8
S ABMN S ABN S BMN
V V V V  

0,25
+ Ta có:
1
. ( )
3
V SAdt ABCD ; mà theo giả thiết ( )SA ABCD nên góc hợp bởi AN
với mp(ABCD) chính là góc

NAD
, lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD
cân tại N, suy ra


0
30 .NAD NDA  Do đó
0
3
tan30
SA
AD a  .
Vậy,
3
1 1 3
. ( ) . . 3
3 3 3
V SAdt ABCD a a a a   .

0,25





4

Suy ra,thể tích cần tìm là:
3
. .
3 5 5 3
8
.
8 24
MNABCD S ABCD S ABMN
a
V V V V V V     

0,25
Đặt
2 2 2 2 4
2 ln 2 ln 4 2 4 ln 4ln 8          t x x t x x t t
0,25
3 3
8ln ln 1
(16 4 ) (2 ) .

2
     
x x
dx t t dt dx t t dt
x x


0,25





5


Đổi cận:
1 2 2; 3 1x t x e t      

0,25
M
N
O
C
A
D
B
S
G

Suy ra,
3 1
2
2 2
1 1
(2 ) (3 3 1 4 2).
2 3
I t dt

     



0,25
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 2 2
2 2 2
2 2 2

2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b
3
Bdt
5
a b c b c a c a b
3 2c 3 2a 3 2b
3
5
3 c c 3 a a 3 b b
c 3c 2 a 3a 2 b 3b 2
0
2c 6c 9 2a 6a 9 2b 6b 9
     
   
     
  
   
     
     
   
     

0,25

Ta có:
 




 
2
2 2
x 1 x 2
x 3x 2 1 1
x 1 x 1 0
2x 6x 9 5 2x 6x 9 5
 
  
     
   

 
 
   
2
2
2
2 2
x 2 1

x 1 0
2x 6x 9 5
x 1 2x 1
2x x 1
x 1 0 0, x 0
2x 6x 9 2x 6x 9

 
   
 
 
 
 
 
      
   


0,25









6

Do a, b, c dương nên ta có :
     
2 2 2
2 2 2
a 3a 2 1 b 3b 2 1 c 3c 2 1
a 1 ; b 1 , c 1
2a 6a 9 5 2b 6b 9 5 2c 6c 9 5
        
     
     
.

Từ đó bđt được chứng minh, dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1.



0,5
C d C(c 2;c);B d' B(3b 1;b)     
Do M là trung điểm của AC nên A(6-c;5-c)
N là trung điểm của AB

3b c 7 b c 5
N ;
2 2
   
 

 
 
.

0,25
Đường trung tuyến kẻ từ C là d, nên N nằm trên d
3b c 7 b c 5
2 0 b 1 B(4;1)
2 2
   
      

0,25





7a

AC (2c 4;2c 5)  


Phương trình AC là: (2c-5)(x-4)+(2-c)(2y-5)=0

   
   
2 2
2 2
ABC
| 3(c 2)|
AC 2c 4 2c 5 , d(B,AC)
2c 4 2c 5
| 3(c 2)|
S
2


    
  




0,25

Giả thiết, ta có:
c 3 A(3;2), C(5;3)
c 1 A(5;4), C(3;1)
 



 


KL

0,25






Gọi D(x;y;z)
   
CD x 4;y 5;z 7 ,BA 5; 1; 1        
 

Tứ giác ABCD là hình thang cân có đáy AB
CD kBA
AC BD








 
(k>0).

0,25

8a

           
2 2 2 2 2 2
x 4 5k x 4 5k
y 5 k y 5 k
z 7 k z 7 k
x 2 y 3 z 1 107 2 5k 2 k 8 k 107
    
 
 
    
 
 
 
     
 
 
           
 



0,25

2
x 4 5k

k 1(l)
y 5 k
35
z 7 k
k (t / m)
27
27k 8k 35 0
 

 


 


 


  




  




0,25

Kết luận:
67 100 224
D ; ;
27 27 27
 
 
 
 
.

0,25

 








 
n 1 n
n 3 n 2
n 3 n 2 n 2 n 1
C 2C 16 n 2 2. 16 n 2
2 2
n 3
n 1 16 n 9.

2

 
   
      

     



0,5

Ta có:
   
9
n 9
k 9 k k
9
0
2 x 2 x C 2 x

   


Số hạng tổng quát của khai triển là:
k 9 k k
9
C 2 x


0,25
9a

Số hạng thứ 8 của khai triển (k=7) là
7 2 7 7
9
C 2 x 144x

Giải phương trình được x=1.
0,25
Phương trình chính tắc của hypebol (H) có dang:
2 2
2 2
x y
1;a 0,b 0.
a b
   
Hai đường tiệm cận của (H) có phương trình là:
b b
y x;y x
a a
  
Hai tiệm cận vuông góc với nhau
a b 

Phương trình (H):
2 2 2
x y a 

0,25

Giao điểm của (H) và đường tròn (C) có tọa độ là nghiệm của hệ
2
2
2 2 2
2 2 2
2
a 13
x
x y a
2
x y 13 13 a
y
2





 
 

 
  

 




0,25
Các giao điểm có tọa độ A (x;y), B(x;-y), C(-x;-y), D(-x;y)
ABCD là hình chữ nhật có diện tích là: 4|xy|
Giả thiết:
2 2 2 2
16x y 24 a 5  

0,25



7b

Phương trình chính tắc của hypebol cần tìm là:
2 2
x y
1.
5 5
 
0,25
Gọi
0 0 0
( ; ; )N x y z
, suy ra
2 2 2
0 0o
NO x y z  

0 0 0
3 2 4
( ,( )) .
14
x y z
d N P
  




0,25


8b







Từ giả thiết, suy ra vectơ MN

cùng phương với vectơ pháp tuyến
(3;2; 1)n 

của mặt
phẳng
( ),P

nên ta có
0 0 0
2 2
(1).
3 2 1
x y z 
 



0,25


……… HẾT………
Điểm
N
cách đều gốc tọa độ và mặt phẳng
( ),P

do đó:
0 0 0
2 2 2
0 0
3 2 4
(2).
14
o
x y z
x y z
  

  



0,25

Giải hệ hai phương trình (1) và(2) ta được:
   
0 0 0
1 1 3
; ; .
4 2 4
x y z
0,25
Đk:
1
x
3
x 2y 0





 



0,25









1 2 2 2
2
2
log x 2y log 3x 1 1 log x 2y log 3x 1 1
3x 1
log 1 x 4y 1
x 2y
         
 

    
 

 




0,25
Thay x=4y+1 vào phương trình
x 4y
3 3 4


 

ta được
4y
4y 1 4y 4y
4y
4y
y 0
3 1
1
3 3 4 3.3 4
1
1
3
y
3
4
3
 





      


 








0,25









9b

Kết luận: Nghiệm của hệ
 
1;0 .

0,25
Cả
m
ơ
n

Ng
u
yễ

n

Tr
un
g
T
h
à
nh

(
vivo
@g
m
ail
.
com
)
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl