Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 67 pdf

TRƯỜNG THPT SỐ 1 TUY PHƯỚC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
Đề thi thử lần 1
Môn: TOÁN; Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút

I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm).
Cho hàm số y = – x
3
+ 3x – 1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số;
b) Xác định m (m



) để đường thẳng d: y = mx – 2m – 3 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt trong đó có
đúng một điểm có hoành độ âm.
Câu 2 (1,0 điểm).
Giải phương trình
2
4sin 2 sin 2sin 2 2sin 4 4cos
x x x x x
   
.

Câu 3 (1,0 điểm).
Giải phương trình
3
2 ( 2) 3 1
x x x

  
(x  ).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân


2
2 2
1
2
0
ln 1
1
e
x x
I dx
x





.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh đều bằng a,

0
90
BAD 
,



0
' ' 60
A AB A AD 
. Tính thể tích khối tứ diện A’ABD và khoảng cách giữa AC và B’C’.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện:
2 2
3 2
a b ab
  
và
0
b

. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức
2 2
2
P a ab b
  
.

II. Phần riêng (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7A (1,0 điểm). Trong mặt Oxy cho A(0; 2), B(1; 0), C( –1; 0). Viết phương trình đường tròn (C)
tiếp xúc đường thẳng AB, AC lần lượt tại B, C.
Câu 8A (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 2 = 0 và điểm
A(2; –3; 0). Gọi B là điểm thuộc tia Oy sao cho mặt cầu tâm B, tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính
bằng 2. Viết phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với mặt phẳng (P) và qua AB.
Câu 9A (1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
4

1
,
2
n
x
x
 








 
biết rằng tổng các hệ số
của khai triển


n
a b

bằng 4096 (n  *, x > 0).

B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7B (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm M(1; 3). Viết phương trình đường thẳng d
đi qua M và cắt các trục toạ độ Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho diện tích của tam giác OAB nhỏ
nhất và M thuộc đoạn AB.
Câu 8B (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0), B(0; 2; 0). Tìm toạ độ điểm C

thuộc trục Oz sao cho tam giác ABC là tam giác đều, và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm O tiếp
xúc với ba cạnh của tam giác ABC.
Câu 9B (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có:



2 1 2 2 2 2
1 2 1 .2
n n
n n n
C C n C n n

    


Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
.
Họ tên thí sinh:………………………………………………, số báo danh:…………….

Cả
m
ơ
n

(
go
c
nho

@g
m
ail.
co
m
)
gử
i
tới
www
.
l
aisac.
p
age.
tl
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
P N V HNG DN CHM THI TH I HC KHI D NM 2013
Cõu, ý

NI DUNG im
Kho sỏt s bin thiờn, v th hm s y = x
3
+ 3x 1 1,0
+) TXĐ:


+ ) Giới hạn :
;
x x
lim y lim y




0,25
+) Bảng biến thiên:
Ta có : y = -3x
2
+3

; y = 0

x = - 1 hoặc x = 1.

0,25

+

1
-3 -



Hàm số nghch biến trên mỗi khoảng


; 1

và


1;

, ng biến trên khoảng
( 0; 2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 1, y
CD
= 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1, y
CT
= - 3

0,25




1.a)
+) th
Giao im vi trc tung: (0; 1)
th qua (2; 1), (2; 3).


0,25




d: y = mx 2m 3 ct (C) ti 3 im phõn bit 1,0
PT honh giao im ca d v (C):
3
( 3) 2 2 0
x m x m



2
( 2)( 2 1) 0
x x x m

2
2
2 1 0(*)
x
x x m










0,25
YCBT tng ng vi (*) cú 2 nghim phõn bit khỏc 2 v cú ỳng 1 nghim õm
Ta xột 2 trng hp:

0,25
+ (*) cú 1 nghim õm v 1 nghim bng 0
1 0
1
2 0
P m
m
S

.

0,25
1.b)
+ (*) cú 2 nghim trỏi du v khỏc 2
2
1 0
1
9
2 2.2 1 0
P m
m
m
m

KL:
1& 9
m m

.


0,25
Gii phng trỡnh
2
4sin 2 sin 2sin 2 2sin 4 4cos
x x x x x


1,0
Ta cú
2
4sin 2 sin 2sin 2 2sin 4 4cos
x x x x x







2
2sin 1 2sin 2 1 3 4cos
x x x

0,25





2
2sin 1 2sin 2 1 4sin 1
x x x











2sin 1 2sin 2 1 2sin 1 2sin 1
x x x x

2sin 1 [ 2sin 2 1 2sin 1 ] 0 (2sin 1)(2sin 2 2sin ) 0
x x x x x x




0,25
* 2sinx + 1 = 0

x =
6

+ k2

hoc x =
7
2
6
k


.

0,25
2
* 2sin2x 2sin x = 0 sin2x = sinx
x = k2

hoc x =
2
3 3
k


.


y
y
x




-
-1
-
0 0 +
1
Vậy phương trình có các họ nghiệm
x = –
6

+ k2, x =
7
2
6
k


 
, x = k2, x =
2
3 3
k
 

. (k )
Ghi chú: HS có thể đưa tất cả về dạng tích




2sin 1 2sin 2cos 1 0
x x x
  

0,25
Giải phương trình
3
2 ( 2) 3 1
x x x
  

1,0
Điều kiện: x

– 1.
2 2

2( 1) 2( 1) 3 ( 1)( 1)
PT x x x x x x
         
(*)

0,25
Đặt


2
1; 1 0; 0
u x x v x u v
      
. Phương trình (*) trở thành
2u
2
– 2v
2
= 3uv

0,25

 
2
2 0
2
2
u v
v
u v u

v
u


 

    
 

 
 



Do u  0, v  0 nên chọn được u = 2v. Trường hợp u = –
2
v
 u = v = 0, không
xảy ra vì u > 0,
 x.



0,25

3
Khi đó, (*)







       





2 2
5 37
2
1 2 1 5 3
5 37
2
x
x x x x x
x

Các nghiệm thỏa đk. Vậy PT có các nghiệm như trên.



0,25
Tính tích phân


2
2 2
1

2
0
ln 1
1
e
x x
I dx
x






1,0
+ Đổi biến: t = ln(x
2
+1)
2
2
1
xdx
dt
x
 


+ Đổi cận: Khi x = 0 thì t = 0 ; khi x =
2
1

e

thì t = 2.


0,25
+ Đưa về tích phân I =
2
2
0
1
2
t dt



0,25

=
3
2
8
0
6 6
t



0,25
4

Vậy I =
4
3
.

0,25
Thể tích tứ diện A’ABD và khoảng cách giữa AC và B’C’. 1,0 5
* Tính thể tích khối tư diện A’ABD.
Ta có ABA’ và ADA’ là các tam giác đều
nên A’B = A’D = a.
Trong tam giác ABD vuông tại A có BD =
2
a
.
Vì A’B
2
+ A’D
2
= BD
2
nên A’BD là tam giác
vuông tại A’. Gọi O là trung điểm BD.
Ta có OB = OD = OA’ =
1 2
2 2
a
BD 

và AB = AD = AA’ = a nên AO là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’BD,
suy ra AO


(A’BD).









0,25



A
B
C
D
A’
B’
C’ D’
O
H

Ta có AO =
1 2
2 2
a
BD 

.
Tính
2
'
1 1
' . '
2 2
A BD
S A B A D a

 
.
Tính thể tích khối chóp:
3
'. . ' '
1 2
. .
3 12
A ABD A A BD A BD
a
V V AO S
  


0,25
* d(AC; B’D’).
- Ta có AC và B’C’ chéo nhau. AC

(ABCD) ; B’C’


(A’B’C’D’) và
(ABCD)//(A’B’C’D’). Do đó












; ' ' ; ' ' ' ' ';
d AC B C d ABCD A B C D d A ABCD
 


0,25
- Tính
 
 
'
3
2
';
2
AA BD
ABD

V a
d A ABD
S
 
(Hoặc CM: A’O

(ABCD)
 
 
2
'; '
2
a
d A ABD A O
  
).
Vậy
 
2
; ' '
2
a
d AC B D






0,25

a, b  , thỏa:
2 2
3 2
a b ab
  
và
0
b

. Tìm GTLN của
2 2
2
P a ab b
  
.
1,0
Vì
2
2 2 2
1 11
2 3 0
2 4
a b ab a b b
 
      
 
 
,  a, b  , b ≠ 0
và
2

2 2 2
1 7
2 0, , , 0
2 4
a ab b a b b a b b
 
        
 
 


Nên






2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 3 2 2
2
3 3
a ab b a b ab a ab b
P a ab b
a b ab a b ab
     
    
   

0,25

Đặt
a
t
b

. Khi đó


2
2
2 2
,
3
t t
P t
t t
 
 
 

.
Xét hàm số
 



2
2
2 2
3
t t
f t
t t
 

 
.
Ta có
 


 
 
2
/ /
2
2
2 2 2 5
1 11
; 0
2
3
t t
f t f t t
t t

  

   
 
.




0,25


Bảng biến thiên
t


1 11
2


1 11
2






/
f t

- 0 + 0 -


f t

2


2 11 2 11
11





2 11 2 11
11

2
Do đó,
 


2 11 2 11
11
P f t

 

0,25
6
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi


2 2
11 11
3 2
11
1 11
2 11
2
11
a b ab
a
a b
b



  
 


 

 


 
 



hoặc
11 11
11
2 11
11
a
b











Vậy minP =



2 11 2 11
11

.





0,25

A(0; 2), B(1; 0), C( –1; 0). Đường tròn (C) tiếp xúc AB, AC lần lượt tại B, C. 1,0
Ta có OB = OC = 1, AB = AC = 5
nên tam giác ABC
cân tại A và OA hay Oy là phân giác góc BAC.
Gọi I là tâm đường tròn (C). Vì (C ) tiếp xúc với AB, AC
lần lượt tại B, C nên IB = IC, IB  AB, IC AC.





0,25
Vì IB = IC nên I  Oy  I(0; m).
Ta có
IB
(1 ; -m),
AB
(1 ; -2). Do AB, AC đối xứng qua Oy

Nên ycbt  IB  AB 
IB

AB

IB
.
AB
=0  m = -
2
1




0,25
Gọi R là bán kính đường tròn (C), ta có R = IB =
5
2
1
22

OBIO
.

0,25
7A
Vậy đường tròn (C) cần tìm có tâm I( 0 ; -
2
1

) bán kính R =
5
2
1
có phương trình là

x
2
+ ( y +
2
1
)
2
=
4
5
.



0,25
Phương trình mp(α) vuông góc với (P), qua AB, với A(2;–3; 0). 1,0
Vì B thuộc tia Oy nên B(0; y
0
; 0) với y
0
 0.
Bán kính của mặt cầu tâm B, tiếp xúc với (P) là R = d(B; (P)) =
0
2 2

3
y

.

0,25
Theo giả thiết R = 2 
0
2 2
3
y

= 2  y
0
= 2 hoặc y
0
= – 4.
Từ đó B(0; 2; 0)


0,25
Ta có
BA

= (2; – 5; 0), một VTPT của (P) là
n

= (1; 2; – 2).
Lý luận đưa đến một VTPT của (α) là
n


α
= [
BA

,
n

] = (10; 4; 9).

0,25
8A
Khi đó, mp(α) qua B(0; 2; 0) và có một VTPT
n

α
= (10; 4; 9) nên pt (α):
10x + 4y + 9z – 8 = 0.

0,25
Tìm số hạng không chứa x… 1,0
Ta có
 
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b



 

.
Do vậy tổng các hệ số khai triển của


n
a b

là


0 1 2
1 1 2
n
n n
n n n n
C C C C
      

.



0,25
Theo giả thiết, ta có
2 4096 12.
n

n
  

0,25
9A
Với n = 12, ta có
12 12
12
1 1 1 1 24 3
12 12
1 1
2 4 2 4 4
12 12
4
0 0
1
2 . 2 . 2 .
2
k k
k
k k k
k k
x x x C x x C x
x


 
  
 
     

 
  
  


  
    

  

  

  


  
  
 
     
 

Số hạng tổng quát của khai triển là
24 3
4
12
2 .
k
k k
C x



(k   và k  12)


0,25

2
-2
y
x
A
C
I
O
B

Suy ra số hạng không chứa x tương ứng với số hạng có k thỏa :
24 3
0 8
4
k
k

  
(thỏa đk của k).
Vậy số hạng không chứa x là :
8 8
12
.2 .
C




0,25
Phương trình đường thẳng d qua M(1; 3) và … 1,0
Lập luận


1;3
M
có toạ độ dương thuộc góc phần tư thứ nhất và điểm M thuộc đoạn
AB nên điểm A, B thuộc tia Ox, Oy, suy ra




;0 , 0;
A a B b
với
0, 0
a b
 
.

0,25

Viết phương trình đường thẳng d theo đoạn chắn:
1
x y
a b

 
.
Lập luận điểm
M d




1 3
1
a b
 
.


0,25
Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng - trung bình nhân cho hai số dương
1 3
,
a b
ta có:
1=
1 3 3
1 2 12
ab
a b ab
    
.

0,25
7B
ab = 12

2
1 3 1
6
2
a
b
a b


  



.
Do đó, phương trình đường thẳng d:
1 6 2 12 0
2 6
x y
x y
     
.


0,25
A(2; 0; 0), B(0; 2; 0). Tìm C và viết pt mặt cầu tâm O tiếp xúc 3 cạnh  ABC
1,0

 Tìm toạ độ điểm C.
- Lập luận điểm
C Oz

nên toạ độ


0;0;
C c

- Viết điều kiện tam giác ABC là tam giác đều khi và chỉ khi
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
AB AC BC AB AC BC c c
           

- Kết luận : C(0; 0; 2) hoặc C(0; 0; –2).


0,25
 Viết phương trình mặt cầu(S)
- Lập luận được tứ diện OABC đều vì
2
OA OB OC
  
và tam giác ABC đều.

0,25
- Gọi I là trung điểm cạnh AB thì
OI AB


tại I.
2 2 2 2
1 1
2 2 2
2 2
OI AB OA OB
      
(tam giác OAB vuông tại O).

0,25
8B
- Lập luận được mặt cầu (S) tâm O, tiếp xúc với các cạnh của tam giác ABC có
bán kính R = d(O; AB) = OI =
2
.
Do đó, phương trình của


2 2 2
: 2
S x y z
  
.

0,25
Chứng minh


2 1 2 2 2 2

1 2 1 .2
n n
n n n
C C n C n n

    
,  n  *

1,0
Từ
 
0 1
1 .
n
n n
n n n
x C C x C x
    
Lấy đạo hàm cấp 1 và cấp 2 ta có:

 
1
1 2 1
1 1. 2. . (1)
n
n n
n n n
n x C C x n C x



    

    
2
2 3 2
1 1 2.1. 3.2. 1 . (2)
n
n n
n n n
n n x C C x n n C x


      

0,25

Trong (1) và (2) lần lượt cho x = 1 ta được:

1 1 2
2 1. 2. . (3)
n n
n n n
n C C n C

   






2 2 3
1 2 2.1. 3.2. 1 . (4)
n n
n n n
n n C C n n C

     

0,25
Ta có
   
2
1 1 1 1
1 1
n n n n
k k k k
n n n n
k k k k
k C k k k C k k C kC
   
      
 
   

0,25
9B
= n(n – 1).2
n – 2
+ n.2
n – 1

(từ (3) và (4))
= n(n + 1).2
n – 2
.

0,25
WWW.VNMATH.COM
Vậy


2 1 2 2 2 2
1 2 1 .2
n n
n n n
C C n C n n

    
.
Ghi chú
. Có thể chứng minh được (3), (4) chỉ sử dụng công thức tổ hợp. Cụ thể CM
được:
1 2
1 2
(1 ) và ( 1) ( 1) (2 )
k k k k
n n n n
kC nC k n k k C n n C k n
 
 
       

(n, k  ). Từ
đó chứng minh được (3) và (4).
Ghi chú:
mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa với nội dung tương ứng
.

Cả
m
ơ
n

(
go
c
nho
@g
m
ail.
co
m
)
gử
i
tới
www
.
l
aisac.
p
age.

tl