150 đề thi thử toán và giải chi tiết
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (46.89 MB, 867 trang )
HỒ XUÂN TRỌNG
TUYỂN TẬP 150 ĐỀ THI THỬ
MÔN TOÁN
1
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. (7 điểm)
Câu1(2điểm) Cho hàm số y = x
3
+ (1-2m)x
2
+ (2-m)x + m + 2 (1) m tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=2
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hoành độ cực tiểu bé hơn 1.
Câu2(2điểm) Giải các phương trình:
1.
2
tanx
tan 2
cot3
x
x
2.
2
2 7 2 1 8 7 1x x x x x
Câu3(1điểm) Tính tích phân
2
2
1 ln
ln
e
e
x
dx
x
Câu4(1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a đường cao chóp SA= a
Trên AB và AD lấy hai điểm M;N sao cho AM = DN = x. ( 0< x <a )
Tính thể tích hình chóp S.AMCN theo a và x? Xác định x để MN bé nhất.
Câu5(1điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
22
22
14
log (4 ) log ( 1)
xx
y x x
PHẦN RIÊNG (3điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu 6.a (1điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2;5) và B(5;1).
Viết phương trình tổng quát của đường thẳng
đi qua A sao cho khoảng cách từ B đến
đường thẳng
bằng 3.
Câu 7.a (1điểm). Cho Elip (E) :
2
2
1
9
x
y
; Tìm những điểm M thuộc (E) sao cho M
nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vuông.
Câu 8.a (1điểm). Có 20 bông hoa trong đó có 8 bông hồng, 7 bông cúc, 5 bông đào.
Chọn ngẩu nhiên 4 bông , hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong đó hoa được chọn có đủ
cả ba loại .
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu 6.b(1điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M(2;1) . Viết phương
trình tổng quát đường thẳng qua M và tạo với đường thẳng y = 2x + 1 một góc 45
0
.
Câu 7.b(1điểm). Cho Hypebon (H):
22
1
45
xy
và đường thẳng
: x-y+m = 0 ( m tham số) . Chứng minh đường thẳng
luôn cắt (H)
tại hai điểm phân biệt thuộc hai nhánh của (H).
Câu 8.b(1điểm). Rút gọn biểu thức:
S =
2 0 2 1 2 2 2
1 2 3 ( 1)
n
n n n n
C C C n C
…………………Hết……………
SỔ GD-DT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT CẨM BÌNH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CĐ LẦN I NĂM 2013
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút.
2
ĐÁP A
́
N + BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
Câu1.1
(1điểm)
Với m=2 có y = x
3
– 3x
2
+4
TXĐ D= R ; y
’
=3x
2
- 6x ; y
’
= 0 khi x=0 hoặc x=2
CĐ(0 ;4), CT(2 ;0), U(1 ;2)
Đồ thị (Tự vẽ)
Điểm
0,75
0,25
Câu1.2
(1điểm)
y
’
= 3x
2
+2(1-2m)x+(2-m)
Ycbt
y
’
=0 có hai nghiệm phân biệt x
1 ;
x
2
và vì hàm số (1) có hệ số a>0
x
1
<x
2
<1
'
2
2
1
1 2 1 2
2
0
4 5 0
4 5 0
1
21
1 2 1 3
2
3
10
2 2(1 2 )
( ) 1 0
10
10
33
mm
mm
S
m
m
x
mm
x x x x
x
57
1;
45
mm
0,25
0,5
0,25
Câu2.1
(1điểm)
Điều kiện
osx 0
sin3x 0
2
/6
cos3 0
c
xk
xk
x
Ph
2
2
tan tan xtan3 2 t anx(tanx tan3 ) 2
sin 2 1 os2 1
tanx 2 sin cos cos3 ( os4 os2 )
osxcos3 2 2
os4 1
42
x x x
x c x
x x x c x c x
cx
k
c x x
0,5
O,5
Câu2.2
(1điểm)
ĐK :
17x
Pt
1 2 1 2 7 (7 )( 1) 0
1( 1 2) 7 ( 1 2) 0
1 1 0 5
( 1 2)( 1 7 ) 0
4
1 7 0
x x x x x
x x x x
xx
x x x
x
xx
0,5
0,5
Câu3
(1điểm)
Có I=
2
2
11
ln ln
e
e
dx
xx
Xét
2
1
ln
e
e
dx
x
đặt
2
11
ln ln
u du dx
x x x
dv dx v x
22
2
2
1 1 1
ln ln ln
ee
e
e
ee
dx x dx
x x x
thay vào trên có I=
2
2
ln 2
e
e
xe
e
x
0,25
0,25
0,5
3
Câu4
(1điểm)
V(
SAMCN)
=
1
3
SA.S
AMCN
=
=
1
3
a.(a
2
–S
BCN
– S
CDN
) =
23
1 1 1 1
3 2 2 6
a a a a x ax a
Ta có MN
2
= x
2
+ (a-x)
2
= 2x
2
-2ax + a
2
=2
2
22
1 1 2
min
2 2 2 2
a
x a a NM a
khi x=a/2
0,5
0,5
Câu5
(1điểm)
Hàm số xác định khi
2
2
2
4 0 2 2
1 1 0
41
3
xx
xx
x
x
do
2
2
1
log (4 )
x
x
và
2
2
4
log ( 1)
x
x
cùng dấu nên
2 2 2 2
2 2 2 2
1 4 1 4
log (4 ) log ( 1) 2 log (4 ) log ( 1) 2
x x x x
y x x x x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
2
1
log (4 )
x
x
=
2
2
4
log ( 1)
x
x
2
2
1
log (4 ) 1
x
x
Vậy miny =2 khi
3
2
3 21
2
x
x
0,25
0,5
0,25
Câu6.a
(1điểm)
Đường thẳng
qua A(2,5) có dạng: a(x-2)+b(y-5)=0
Hay ax+by -2a -5b = 0
22
34
( , ) 3 3
ab
dB
ab
9a
2
-24ab+16b
2
=9a
2
+9b
2
7b
2
-24ab=0 chọn a=1 suy ra b=0 hoặc b=24/7
Vậy các đường thẳng đó là: x-2=0; 7x+24y-134=0
0,25
0,5
0,25
Câu7.a
(1điểm)
Từ phương trình (E) suy ra a=3; b=1 nên c =2
2
nên các tiêu
điểm: F
1
(-2
2
;0), F
2
(2
2
;0) . Gọi M(x;y) thuộc (E) ycbt
12
0MF MF
hay x
2
+ y
2
-8=0
y
2
= 8- x
2
thay vao pt (E) có x
2
=63/8; y
2
=1/8 .
Vậy có bốn điểm cần tìm là:
63 1 63 1 63 1 63 1
;;;;
8 8 8 8 8 8 8 8
0,5
0,5
S
A N D
M
B C
4
Câu8.a
(1điểm)
Số hoa được chọn có các khả năng sau: 2hồng 1cúc và 1 đào; 2 cúc 1 hồng
và 1 đào ; 2 đào 1 hồng và 1 cúc. Vậy số cách chọn theo ycbt là:
2 1 1 2 1 1 2 1 1
8 7 5 7 8 5 5 8 7
C C C C C C C C C
= 2380
0,5
0,5
Câu6.b
(1điểm)
Đường thẳng
qua M(2;1) có dạng a(x-2) + b(y- 1)= 0 với a
2
+b
2
0
có vtpt
1
n
=(a;b); Đường thẳng y=2x-1 có vtpt
2
n
=(2;-1).
Vì hai đường thẳng tạo với nhau góc 45
0
nên có
0
12
22
2
2
os , os45
2
5
ab
c n n c
ab
2(4a
2
– 4ab +b
2
) = 5(a
2
+b
2
)
Chọn b=1 suy ra 3a
2
-8a-3 =0 suy ra a=3 hoặc a= -2/3 .
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: 3x+y -7 =0 và -2x+3y+1=0
0,5
0,5
Câu7.b
(1điểm)
Từ pt (H) có a=2 b=
5
nên (H) có hai nhánh:
trái
2x
phải
2x
tọa độ giao điểm của (H) và đường thẳng đó là
nghiệm của
22
5 4 20
0
xy
x y m
suy ra 5x
2
-4(x+m)
2
= 20
x
2
-8mx – 4m
2
-20=0 phương trình này luôn có 2 nghiệm khác dấu vậy
đường thẳng đã cho luôn cắt (H) tại hai điểm thuộc hai nhánh.
0,5
0,5
Câu8.b
(1điểm)
Có (1+x)
n
=
0 1 2 2
nn
n n n n
C C x C x C x
x(1+x)
n
=
0 1 2 2 3 1
nn
n n n n
xC C x C x C x
Đạo hàm hai vế có (1+x)
n
+nx(1+x)
n-1
=
0 1 2 2
2 3
nn
n n n n
C C x C x nC x
tiếp tục nhân hai vế với x và đạo hàm hai vế sau đó thay x=1 vào có
kết quả S=2
n
+3n2
n-1
+n(n-1)2
n-2
0,5
0,5
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
NĂM HỌC 2012 - 2013
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
3
3 2.y x x
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi A, B là hai điểm cực trị của đồ thị (C). Tìm toạ độ các điểm M thuộc (C) sao
cho tam giác MAB cân tại M.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2
2cos 2cos 4sin cos2 2 0
4
x x x x
.
2. Giải hệ phương trình:
22
13
2
xy x y
x y x y
.
Câu III (1 điểm)
Tìm giới hạn sau:
3
0
2 1 1
lim .
sin2
x
xx
I
x
Câu IV (1,5 điểm)
Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
2, 2AD a CD a
, cạnh
SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi K là trung điểm cạnh CD, góc giữa hai mặt
phắng (SBK) và (ABCD) bằng 60
0
. Chứng minh BK vuông góc với mặt phẳng
(SAC).Tính thể tích khối chóp S. BCK theo a.
Câu V (1 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm :
2
4
2 2 2 0x x x m x
.
Câu VI (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
22
( 1) ( 1) 16xy
tâm I
và điểm
(1 3;2)A
. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua A đều cắt đường tròn
(C) tại hai điểm phân biệt. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt (C) tại hai
điểm B, C sao cho tam giác IBC nhọn và có diện tích bằng
43
.
Câu VII (1 điểm)
Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển nhị thức Niu - tơn
5
3
1
n
x
x
, biết tổng các hệ số
trong khai triển trên bằng 4096 ( trong đó n là số nguyên dương và x > 0).
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 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I (Năm học: 2012-2013)
Môn: Toán - Lớp 12 (Khối A)
Câu
Nội dung
Điểm
I
2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
2
( 1,00 điểm).
Ta có phương trình đường trung trực của AB là d: x – 2y + 4 = 0
Hoành độ giao điểm của d và (C): 2x
3
– 7x = 0
1 2 3
0
7 1 7 7 1 7
(0;2)( ), ; 2 , ; 2
7
2 2 2 2 2 2
2
x
M loai M M
x
1,00
Câu
Nội dung
Điểm
II
2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
2
2cos 4sin 2cos cos2 2 0 (sin 1)(cos sin 1) 0
4
sin 1
2
2
sin cos 1 0
2
x x x x x x x
x
xk
xx
xk
1,00
2
Giải hệ phương trình:
22
13
2
xy x y
x y x y
(1,00 điểm)
Nhận thấy y = 0 không t/m hệ
Hệ phương trình đã cho tương đương với
1
3
1
2
x
x
yy
x
x
yy
Đặt
1
3 2, 1
2 1, 2
xa
a b a b
y
x ab a b
b
y
.
Thay vào giải hệ ta được nghiệm (
1 2;1 2
),
1
(2;1), 1;
2
0,50
0,50
III
Tìm giới hạn ….
1,00
Ta có
33
0 0 0
00
2
3
3
2 1 1 2 1 1 1 1
lim lim lim
sin 2 sin 2 sin2
2 1 1 7
lim lim
3 4 12
sin 2 (1 1 )
sin 2 (2 1) 2 1 1
x x x
xx
x x x x
I
x x x
xx
xx
x x x
IV
Cho hình chóp S.ABCD ( h/s tự vẽ hình)….
Gọi I là giao điểm của AC và BK
Bằng lập luận chứng minh
BK AC
, từ đó suy ra được
()BK SAC
Góc giữa hai mp(SBK) và (ABCD) bằng góc
0
60SIA
3
.
2 2 6 2
22
3 3 3
S BCK
aa
IA AC SA a V
1,5
Câu
Nội dung
Điểm
V
Tìm m để pt có nghiệm….
1,00
Đk:
2x
Phương trình đã cho tương đương với
4
22
20
xx
m
xx
Đặt
4
2x
t
x
và tìm đk cho t,
0;1t
Phương trình trở thằnh
2
2 0, 0;1t t m voi t
. Từ đó tìm được
0;1m
VI
1,5
1
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho …. (1,00 điểm)
Ta có: Đường tròn (C) tâm I(1; -1), bán kính R = 2
3 9 2 3 4IA
, suy ra điểm A nằm trong (C)
đpcm
1 1 3
. .sin 4 3 .4.4.sin 4 3 sin
2 2 2
S IA IB BIC BIC BIC
IAB
0
60
0
120 ( )
BIC
BIC loai
( ; ) 2 3d I BC
Đường thẳng d đi qua A, nhận
22
( ; ) ( 0)n a b a b
có phương trình
( 1 3) ( 2) 0a x b y
2
( ; ) 2 3 ( 3 ) 0 3 0d I BC a b a b
Chọn
1, 3ab
. Từ đó phương trình đường thẳng d:
3 3 3 9 0xy
Câu
Nội dung
Điểm
VII
1,00
Đặt
5
3
1
()
n
f x x
x
. Tổng các hệ số trong khai triển bằng 4096
(1) 2 4096 12
n
fn
, từ đó suy ra
11
12
36
2
12
0
()
k
k
k
f x C x
Hệ số x
8
, ứng với k nguyên t/m:
8
8 12
11
36 8 8
2
k
k a C
.
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối A
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 8x 9x 1
y f x
= = − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4 2
8 os 9 os 0
c x c x m
− + =
với
[0; ]
x
π
∈
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
3
log
1
2 2
2
x
x x x
− − = −
2. Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y
+ + − =
− =
Câu III
(1
đ
i
ể
m) Tính di
ệ
n tích c
ủ
a mi
ề
n ph
ẳ
ng gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i các
đườ
ng
2
| 4 |
y x x
= − và
2
y x
=
.
Câu IV
(1
đ
i
ể
m) Cho hình chóp c
ụ
t tam giác
đề
u ngo
ạ
i ti
ế
p m
ộ
t hình c
ầ
u bán kính r cho tr
ướ
c. Tính th
ể
tích
hình chóp c
ụ
t bi
ế
t r
ằ
ng c
ạ
nh
đ
áy l
ớ
n g
ấ
p
đ
ôi c
ạ
nh
đ
áy nh
ỏ
.
Câu V
(1
đ
i
ể
m)
Đị
nh m
để
ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m
2
4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0
4 4 4
c c m
π π π
− + =
PHẦN RIÊNG (3 điểm):
Thí sinh ch
ỉ
làm m
ộ
t trong hai ph
ầ
n (Ph
ầ
n 1 ho
ặ
c ph
ầ
n 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a
(2
đ
i
ể
m)
1. Cho
∆
ABC có
đỉ
nh A(1;2),
đườ
ng trung tuy
ế
n BM:
2 1 0
x y
+ + =
và phân giác trong CD:
1 0
x y
+ − =
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng BC.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho
đườ
ng th
ẳ
ng (D) có ph
ươ
ng trình tham s
ố
2
2
2 2
x t
y t
z t
= − +
= −
= +
.G
ọ
i
∆
là
đườ
ng th
ẳ
ng qua
đ
i
ể
m A(4;0;-1) song song v
ớ
i (D) và I(-2;0;2) là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a
A trên (D). Trong các m
ặ
t ph
ẳ
ng qua
∆
, hãy vi
ế
t ph
ươ
ng trình c
ủ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng có kho
ả
ng cách
đế
n
(D) là l
ớ
n nh
ấ
t.
Câu VII.a
(1
đ
i
ể
m) Cho x, y, z là 3 s
ố
th
ự
c thu
ộ
c (0;1]. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
1 1 1 5
1 1 1
xy yz zx x y z
+ + ≤
+ + + + +
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b
(2
đ
i
ể
m)
1. Cho hình bình hành ABCD có di
ệ
n tích b
ằ
ng 4. Bi
ế
t A(1;0), B(0;2) và giao
đ
i
ể
m I c
ủ
a hai
đườ
ng chéo n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng y = x. Tìm t
ọ
a
độ
đỉ
nh C và D.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho hai
đ
i
ể
m A(1;5;0), B(3;3;6) và
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
có
ph
ươ
ng trình tham s
ố
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +
= −
=
.M
ộ
t
đ
i
ể
m M thay
đổ
i trên
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
,
xác
đị
nh v
ị
trí c
ủ
a
đ
i
ể
m M
để
chu vi tam giác MAB
đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t.
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
2
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
+ + + + <
+ + + + + +
H
ế
t
Đáp án
Câu Ý Nội dung Điểm
I
2,00
1
1,00
+ T
ậ
p xác
đị
nh:
D
=
ℝ
0,25
+ S
ự
bi
ế
n thiên:
•
Gi
ớ
i h
ạ
n:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
•
(
)
3 2
' 32x 18x = 2x 16x 9
y
= − −
0
' 0
3
4
x
y
x
=
= ⇔
= ±
0,25
• Bảng biến thiên.
( )
3 49 3 49
; ; 0 1
4 32 4 32
CT CT
y y y y y y
= − = − = = − = =
C§
0,25
• Đồ thị
0,25
2
1,00
Xét phương trình
4 2
8 os 9 os 0
c x c x m
− + =
với
[0; ]
x
π
∈
(1)
Đặt
osx
t c
=
, phương trình (1) trở thành:
4 2
8 9 0 (2)
t t m− + =
Vì
[0; ]
x
π
∈
nên
[ 1;1]
t
∈ −
, giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm
của phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
3
Ta có:
4 2
(2) 8 9 1 1 (3)
t t m⇔ − + = −
Gọi (C
1
):
4 2
8 9 1
y t t
= − +
với
[ 1;1]
t
∈ −
và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C
1
) và (D).
Chú ý rằng (C
1
) giống như đồ thị (C) trong miền
1 1
t
− ≤ ≤
.
0,25
Dự
a vào
đồ
th
ị
ta có k
ế
t lu
ậ
n sau:
•
81
32
m > : Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho vô nghi
ệ
m.
•
81
32
m = : Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 2 nghi
ệ
m.
•
81
1
32
m≤ < : Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 4 nghi
ệ
m.
•
0 1
m
< <
: Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 2 nghi
ệ
m.
•
0
m
=
: Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 1 nghi
ệ
m.
•
m < 0 : Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho vô nghi
ệ
m.
0,50
II
2,00
1
1,00
Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng:
3
3
log
log
3
2 0
2
2 0
1
1
1
log ln 0
ln 0
1
2
2
2
2
2
2 0
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
− =
=
− =
⇔ ⇔ − =
− =
− =
>
>
− >
0,50
3
2
2 2
log 0
1 1
2
1
1 3
ln 0
1
2
2 2
2 2
2
x
x x
x
x x
x
x
x x
x x
x
=
= =
=
= =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
− =
− = =
> >
>
0,50
2
1,00
Điều kiện:
| | | |
x y
≥
Đặt
2 2
; 0
u x y u
v x y
= − ≥
= +
;
x y
= −
không thỏa hệ nên xét
x y
≠ −
ta có
2
1
2
u
y v
v
= −
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =
− =
0,25
4
8
u
v
=
⇔
=
hoặc
3
9
u
v
=
=
+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y
=
− =
⇔
=
+ =
(I)
+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y
=
− =
⇔
=
+ =
(II)
0,25
Gi
ải hệ (I), (II).
0,25
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
4
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
(
)
(
)
{
}
5;3 , 5;4
S =
0,25
III
1,00
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:
2
| 4 | ( )
y x x C
= − và
(
)
: 2
d y x
=
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
2
2 2
2 2
0 0
0
| 4 | 2 2
4 2 6 0
6
4 2 2 0
x x
x
x x x x
x x x x x
x
x x x x x
≥ ≥
=
− = ⇔ ⇔ ⇔ =
− = − =
=
− = − − =
Suy ra diện tích cần tính:
( ) ( )
2 6
2 2
0 2
4 2 4 2
S x x x dx x x x dx
= − − + − −
∫ ∫
0,25
Tính:
( )
2
2
0
| 4 | 2
I x x x dx
= − −
∫
Vì
[
]
2
0;2 , 4 0
x x x
∀ ∈ − ≤
nên
2 2
| 4 | 4
x x x x
− = − +
⇒
( )
2
2
0
4
4 2
3
I x x x dx
= − + − =
∫
0,25
Tính
( )
6
2
2
| 4 | 2
K x x x dx
= − −
∫
Vì
[
]
2
2;4 , 4 0
x x x
∀ ∈ − ≤
và
[
]
2
4;6 , 4 0
x x x
∀ ∈ − ≥
nên
( ) ( )
4 6
2 2
2 4
4 2 4 2 16
K x x x dx x x x dx
= − − + − − = −
∫ ∫
.
0,25
Vậy
4 52
16
3 3
S = + =
0,25
IV
1,00
G
ọ
i H, H’ là tâm c
ủ
a các tam giác
đề
u ABC, A’B’C’. G
ọ
i I, I’ là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AB,
A’B’. Ta có:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥
⇒
⊥
⇒
⊥
⊥
Suy ra hình c
ầ
u n
ộ
i ti
ế
p hình chóp c
ụ
t này ti
ế
p xúc v
ớ
i hai
đ
áy t
ạ
i H, H’ và ti
ế
p xúc
v
ớ
i m
ặ
t bên (ABB’A’) t
ạ
i
đ
i
ể
m
'
K II
∈
.
0,25
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
5
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC= = = = = =
Tam giác IOI’ vuông
ở
O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =
0,25
Th
ể
tích hình chóp c
ụ
t tính b
ở
i:
(
)
' . '
3
h
V B B B B
= + +
Trong
đ
ó:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h
= = = = = =
0,25
T
ừ
đ
ó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
= + + =
0,25
V
1,00
Ta có:
+/
(
)
4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x
;
+/
( )
4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x
4 4 2
c c c c
π π π
= + =
+/
( )
2
1 1
os 2x + 1 os 4x + 1 sin4x
4 2 2 2
c c
π π
= + = −
Do
đ
ó ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng:
( )
1 1
2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)
2 2
c + =
Đặ
t
os2x + sin2x = 2 os 2x -
4
t c c
π
=
(
đ
i
ề
u ki
ệ
n:
2 2
t− ≤ ≤
).
0,25
Khi
đ
ó
2
sin 4x = 2sin2xcos2x = t 1
−
. Phương trình (1) trở thành:
2
4 2 2 0
t t m
+ + − =
(2) với
2 2
t− ≤ ≤
2
(2) 4 2 2
t t m
⇔ + = −
Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường
( ): 2 2
D y m
= −
(là đường song
song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P):
2
4
y t t
= +
với
2 2
t− ≤ ≤
.
0,25
Trong đoạn
2; 2
−
, hàm số
2
4
y t t
= +
đạt giá trị nhỏ nhất là
2 4 2
−
tại
2
t
= −
và đạt giá trị lớn nhất là
2 4 2
+
tại
2
t =
.
0,25
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi
2 4 2 2 2 2 4 2
m− ≤ − ≤ +
2 2 2 2
m⇔ − ≤ ≤
.
0,25
VIa
2,00
1
1,00
Điểm
(
)
: 1 0 ;1
C CD x y C t t
∈ + − = ⇒ −
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
+ −
.
0,25
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
6
Điểm
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
+ −
∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −
0,25
T
ừ
A(1;2), k
ẻ
: 1 0
AK CD x y
⊥ + − =
tại I (điểm
K BC
∈
).
Suy ra
(
)
(
)
: 1 2 0 1 0
AK x y x y
− − − = ⇔ − + =
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =
⇒
− + =
.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK
⇒
tọa độ của
(
)
1;0
K −
.
0,25
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +
0,25
2
1,00
G
ọ
i (P) là m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
i qua
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
, thì
( )//( )
P D
ho
ặ
c
( ) ( )
P D
⊃
. G
ọ
i H là
hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a I trên (P). Ta
luôn có
IH IA
≤
và
IH AH
⊥
.
0,25
M
ặ
t khác
( ) ( )
(
)
( )
(
)
( )
, ,
d D P d I P IH
H P
= =
∈
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
P
,
IH IA
≤
; do
đ
ó
axIH = IA H A
m
⇔ ≡
. Lúc này (P)
ở
v
ị
trí
(P
0
) vuông góc v
ớ
i IA t
ạ
i A.
0,25
Vect
ơ
pháp tuy
ế
n c
ủ
a (P
0
) là
(
)
6;0; 3
n IA
= = −
, cùng ph
ươ
ng v
ớ
i
(
)
2;0; 1
v
= −
.
Ph
ươ
ng trình c
ủ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng (P
0
) là:
(
)
(
)
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0
x z− − + =
.
0,50
VIIa
1,00
Để
ý r
ằ
ng
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 1 0
xy x y x y
+ − + = − − ≥
;
và t
ươ
ng t
ự
ta c
ũ
ng có
1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +
+ ≥ +
0,50
Vì v
ậ
y ta có:
0,50
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
7
( )
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
+ + + + ≤ + + + + +
+ + + + + +
≤ + + +
+ +
= − − +
+ + +
≤ − − +
+ +
=
VIb
2,00
1
1,00
Ta có:
(
)
1;2 5
AB AB= − ⇒ =
.
Phương trình của AB là:
2 2 0
x y
+ − =
.
(
)
(
)
: ;
I d y x I t t
∈ = ⇒
. I là trung
điểm của AC và BD nên ta có:
(
)
(
)
2 1;2 , 2 ;2 2
C t t D t t
− −
.
0,25
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH
= =
(CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ = .
0,25
Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D
= ⇒
−
= ⇔ = ⇔
= ⇒ − −
Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
ho
ặ
c
(
)
(
)
1;0 , 0; 2
C D
− −
0,50
2
1,00
G
ọ
i P là chu vi c
ủ
a tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không
đổ
i nên P nh
ỏ
nh
ấ
t khi và ch
ỉ
khi AM + BM nh
ỏ
nh
ấ
t.
Đườ
ng th
ẳ
ng
∆
có ph
ươ
ng trình tham s
ố
:
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +
= −
=
.
Đ
i
ể
m
M
∈∆
nên
(
)
1 2 ;1 ;2
M t t t
− + −
.
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
(
)
3 ;2 5
u t=
và
(
)
3 6;2 5
v t= − +
.
0,25
www.MATHVN.com & www.DeThiThuDaiHoc.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
8
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t
= +
= − +
Suy ra
| | | |
AM BM u v
+ = +
và
(
)
6;4 5 | | 2 29
u v u v+ = ⇒ + =
Mặt khác, với hai vectơ
,
u v
ta luôn có
| | | | | |
u v u v
+ ≥ +
Như vậy
2 29
AM BM+ ≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
u v
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
(
)
1;0;2
M⇒
và
(
)
min 2 29
AM BM+ = .
0,25
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
(
)
2 11 29
+
0,25
VIIb
1,00
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >
+ >
+ >
.
Đặt
( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = > ⇒ + > + > + >
.
V
ế
trái vi
ế
t l
ạ
i:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
0,50
Ta có:
( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + < + ⇔ >
+ + +
.
T
ươ
ng t
ự
:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do
đ
ó:
(
)
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
.
T
ứ
c là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
+ + + + <
+ + + + + +
0,50
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
42
22 y x x
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
2. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số
cộng.
Câu 2: (2 điểm)
1. Giải phương trình:
1
2sin +tanx+ 1 tan3x
cos3x
x
2. Giải hệ phương trình:
2
2
2
log 2
4 1 4 0
y
x
x xy y
Câu 3: (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A(5;1) và đường tròn (C) :
22
2 4 2 0 x y x y
. Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm A, cắt đường tròn (C) tại hai
điểm M, N sao cho MN =
3
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
20 x y z
và đường thẳng
(d):
3 2 1
2 1 1
x y z
. Viết phương trình đường thẳng
()
đi qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d)
và mặt phẳng (P) lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB.
Câu 4: (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N là trung điểm của
SA, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
.
Câu 5: (2 điểm)
1. Tìm
4
3
0
2sinx+cosx
(sinx+cosx)
dx
2. Tìm m để phương trình :
22
3 3 3 2
2 2 2 2
x mx m x mx m
x mx m
có 2 nghiệm dương
phân biệt.
Câu 6: (1điểm)
Xét các số thực dương
cba ,,
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
ca
cb
b
ca
a
cb
P
32
)(12
3
34
2
)(3
.
HẾT
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………
www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN
Câu ý Nội dung Điểm
1
(2điểm)
1
42
22 y x x
TXĐ: R
3
' 4 4y x x
.
0
'0
1
x
y
x
0,25
Giới hạn:
;
lim lim
xx
yy
bảng biến thiên
X
-∞
1
0
1
+∞
y’ – 0 + 0 – 0 +
Y
0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng
( 1; 3);(1; )
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( ; 1);(0;1)
Điểm cực đại
(0; 2)
; điểm cực tiểu
( 1; 3);(1; 3)
0,25
Đồ thị
đồ thị hàm số có 2 điểm uốn là
1 7 1 7
( ; );( ; )
33
33
Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng
0,25
2
Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt:
42
2 2 0 x x m
(1)
Từ câu 1) suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt
32 m
0,25
Đặt
2
( 0)t x t
Phương trình trở thành :
2
2 2 0 t t m
Khi
32 m
thì phương trình (1) có 4 nghiệm là:
2 1 1 2
t t t t
0,25
4 nghiệm lập thành cấp số cộng
2 1 1 2 1
29 t t t t t
0,25
y
O
x
+∞
+∞
3
3
2
4
2
-2
-4
-5
5
www.VNMATH.com
Theo định lý Vi-ét ta có:
1
1
12
2
12
1
1
10 2
2
5
2 59
92
()
25
t
t
tt
t t m
tm
m tm
Vậy
59
25
m
0,25
2
(2điểm)
1
Điều kiện:
2
cos3x 0 x
63
k
0,25
1 1 2sin
2sin 1 tan3 tan 2sin 1
cos3 cos3 cos3
1
sinx=
1
(2sin 1)( 1) 0
2
cos3
cos3x=1
x
Pt x x x x
x x x
x
x
0,5
2
1
6
sinx=
5
2
2
6
xk
xk
(không thỏa mãn điều kiện)
2
os3x=1 3 2
3
k
c x k x
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của phương trình là:
2
3
k
x
.
0,25
2
2
2
2
log 2 (1)
4 1 4 0 (2)
y
x
x xy y
Điều kiện: x>0.
Từ (2) suy ra y<0
(2)
2 2 2 2 4
4 1 4 16 16 4 x xy y x x y x y
2 2 2 4 2 2
4 16 16 0 ( 4)(4 4) 0 x y x x y xy x xy
2
2
4
4 xy x
y
( vì
2
4 4 0 x xy
)
0,25
Thay vao (1) ta được:
2
22
2
4
log 2 4.2 2log ( ) 2 0
yy
y
y
Xét
2
2
( ) 4.2 2log ( ) 2 '( ) 4.2 .ln 2
ln2
yy
f y y f y
y
0,25
Đặt
( 0) t y t
2
2 2ln2 1 2
'( ) 0 4.2 .ln2 0 0 2ln 2
ln2 2 ln2
t
t
t
fy
t t t
Xét
2
2 2 ln2 2 1
( ) '( ) 0
ln2
t t t
t
g t g t t
tt
Ta có bảng biến thiên
T
0
1
ln 2
+∞
g’(t) – 0 +
g(t)
0,25
+∞
+∞
1
()
ln2
g
www.VNMATH.com
Vì
1
22
ln2
12
( ) 2 .ln2 2.ln 2 2.ln 2 0
ln2
t
gt
t
'( ) 0 0 ( ) f y y f y
nghịch biến trên khoảng
( ;0)
Nên phương trình f(y)= 0 có nghiệm duy nhất
14 yx
Vậy hệ có nghiệm (4;-1)
0,25
3
(2điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2)
bk R =
3
.
Gọi H là giao điểm của MN và AI
Ta có :
22
3
2
IH IM MH
5IA
0,25
0,25
TH1: A và I nằm khác phía với MN
Ta có :
37
5
22
HA IA IH
Trong tam giác vuông MHA ta có :
22
13 AM HM AH
Vậy phương trình đường tròn (C’) là:
22
( 5) ( 1) 13 xy
0,25
TH2: A và I nằm cùng phía với MN
Vì IA>IH nên I nằm giữa H và A
Ta có :
3 13
5
22
HA IA IH
Trong tam giác vuông MHA ta có :
22
43 AM HM AH
Vậy phương trình đường tròn (C’) là:
22
( 5) ( 1) 43 xy
0,25
2
Gọi điểm
(3 2 , 2 ; 1 ) ( ) A t t t d
và
( , , ) ( )B a b c P
0,25
M là trung điểm của AB
3 2 6 3 2
2 0 2
1 6 5
t a a t
t b b t
t c c t
Vì
( , , ) ( ) 2 0 (3 2 ) (2 ) ( 5 ) 2 0 B a b c P a b c t t t
1t
Suy ra A(5;-1;-2) và B(1;1;-4)
0,5
Vậy phương trình đường thẳng
()
là:
32
3
xt
yt
zt
0,25
H
N
M
A
I
H
N
M
A
I
www.VNMATH.com
4
(1điểm)
Gọi I là trung điểm AC, do tam giác
SAC cân nên
SI AC
mà
( ) ( )SAC ABC
suy ra
()SI ABC
0,25
Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI suy ra MH
(ABC) do đó:
0
( ,( )) 60MN ABC MNH
.
2
2
ABC
a
S
0,25
Xét tam giác HCN có :
32
;
24
aa
NC HC
2
2 2 2 0
5 10
2 . . os45
84
aa
NH HC NC HC NC c NH
0,25
Trong tam giác MHN có MH = NH.tan
0
30 30
60 ; 2
42
a SI MH a
3
1 30
.
3 12
SABC ABC
V SI S a
0,25
5
(2điểm)
1
44
3 3 3
00
2sinx+cosx osx(2tanx+1)
(sinx+cosx) cos x(tanx+1)
c
dx dx
Đặt t = tanx
2
1
os
dt dx
cx
. Đổi cận x =0
0t
;
1
4
xt
Vậy
1 1 1
3 2 3
0 0 0
(2t+1) 2 1
(t+1) (t+1) (t+1)
I dt dt dt
0,25
0, 5
1
1
2
0
0
2 1 5
1 2(t+1) 8
t
0,25
2
22
3 3 3 2 2
1
2 2 (3 3 ) ( 3 )
2
x mx m x mx m
x mx m x mx m
Xét
1
( ) 2
2
t
f t t
là hàm đồng biến trên R
Vậy pt
2
2 2 0 x mx m
0,25
0,25
Pt có 2 nghiệm dương phân biệt
2
' 0 2 0
0 2 0 2
0 2 0
mm
S m m
Pm
Vậy m>2
0,5
B
C
A
S
I
H
M
N
www.VNMATH.com
6
(1điểm)
(*)
411
0,
yxyx
yx
Dấu “=” xảy ra
yx
8
32
12
3
34
1
2
)(3
211
ca
cb
b
ca
a
cb
P
caba
cba
32
4
3
1
2
1
334
0,5
Áp dụng (*):
baba 32
4
3
1
2
1
cbacaba 334
16
32
4
32
4
0,25
cbacaba 334
16
32
4
3
1
2
1
51611 PP
Dấu “=” xảy ra
acb
3
2
Min
khiP ,5
acb
3
2
0,25
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH
TỔ: TOÁN
ĐỀ THI THỬ CAO ĐẲNG NĂM 2013
Môn thi: TOÁN – Khối A
ĐỀ SỐ 1
PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số
32
2 3 ( 1) 1y x mx m x
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1m
.
2. Tìm
m
để đường thẳng
21yx
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn
điểm
C 0;1
nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng
30
.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2cos4x - (
3
- 2)cos2x = sin2x +
3
2. Giải hệ phương trình
22
2 1 2 4( 1)
4 2 7
x y x y
x y xy
.
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
e
1
ln x 2
dx
xln x x
.
Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và AB = BC = a. Cạnh SA vuông góc với
mặt phẳng (ABC) . Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 45
0
. Gọi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABC. Tính thể tích khối đa diện M.ABC theo a.
Câu V: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn
3
222
zyx
. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:
zyx
zxyzxyA
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 VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;2) và đường thẳng (
):
3 4 7 0xy
. Viết
phương trình đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng (
) tại hai điểm B, C sao cho
ABC vuông tại A
và có diện tích bằng
4
5
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2
:
2 1 1
x y z
và điểm A(2;1;2).
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng
1
3
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
10
1 2x
.
2
2
3 4x 4x
=
0
a
+
1
a
x +
2
a
x
2
+ .+
14
a
x
14
. Tìm giá trị của a
6
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(2;-3). Biết đỉnh A , C lần lượt
thuộc các đường thẳng : x + y + 3 = 0 và x +2y + 3 = 0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng :
1
1
:2
1
xt
d y t
z
;
2
2 1 1
:
1 2 2
x y z
d
. Viết phương trình mp(P) song song với
1
d
và
2
d
, sao cho khoảng cách từ
1
d
đến (P)
gấp hai lần khoảng cách từ
2
d
đến (P).
Câu VI.b (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
log ( 2 8) 6
8 2 .3 2.3
x x y x y
yx
.
Hết
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYÊN TẤT THÀNH
TỔ: TOÁN
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1.
Câu
NỘI DUNG
ĐIỂM
Câu 1
I.1
Với m=1 ta có
32
2 3 1y x x
TXĐ: D=R
Sự biến thiên:
- Giới hạn:
lim ; lim
xx
yy
0,25
-Ta có:
' 6 ( 1) y x x
0
'0
1
x
y
x
-BBT:
x
0 1
y’
+ 0 - 0 +
y
1
0
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (
;0) và (1;
)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y
CĐ
=1
Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và y
CT
=0
0,25
Đồ thị:
- Ta có
1
'' 12 6 '' 0
2
y x y x
11
( ; )
22
I
là điểm uốn của đồ thị.
- Đồ thị (C) cắt trục Oy tại
A 0;1
- Đồ thi cắt trục Ox tại
1
B 1;0 ;C ;0
2
0,25
