Đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng lần 1 trường THPT Lê Hữu Trác 1
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (277.04 KB, 7 trang )
Trường THPT Lê Hữu Trác1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG LẦN I
Môn: TOÁN; Khối A, B ,D và khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2đ): Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1) 1
y x mx m x m
(1)
1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=1.
2, Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời các điểm cực đại,cực tiểu A,B của đồ
thị hàm số cùng với điểm M(-2;2) tạo thành góc
0
90
AMB
Câu II (2đ):
1, Giải phương trình:
2
( 3 sinx cos )(sinx cos ) 4 2 sin ( ) os( )
4 4
x x x c x
2, Giải phương trình:
2
2 6 10 5( 2) 1 0
x x x x
Câu III (1đ): Tìm nguyên hàm
2 2
3 (sin 2 1 4 )
x x x dx
Câu IV (1đ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc
0
60
BAD
.
O là giao điểm của AC và BD, H là trung điểm của BO,
( )
SH ABCD
3
2
a
SH
. Tìm thể tích
của S.AHCD và tìm khoảng cách giữa AB và SC.
Câu V (1đ): Cho
, , 0
a b c
thỏa mãn
2 5 6 6
ab bc ca abc
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
4 9
2 4 4
ab bc ca
P
b a c b a c
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2đ):
1, Cho M(1;3) và I(-2;2). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M cắt các trục Ox,Oy
tại A,B sao cho
IAB cân tại I.
2, Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có hai đỉnh
,
A B
thuộc đường tròn tâm I(-2,-1), bán kính bằng 5. Biết đường thẳng đi qua hai đỉnh A, B có hệ số
góc dương và đi qua điểm M(0, 5), cạnh AC có độ dài bằng
5
, diện tích của tam giác
ABC
bằng 5 và tung độ của A dương. Tìm toạ độ các đỉnh A,B.
Câu VIIa (1đ) Rút gọn biểu thức
0 1013 1 1014 1013 1000 2013
2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013
. . ( 1) . .
k k k
A C C C C C C C C
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2đ):
1, Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 12, hai đỉnh A(-1;3)
B(-2;4). Tìm tọa độ hai đỉnh còn lại, biết giao điểm hai đường chéo nằm trên trục hoành.
2, Cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường
thẳng BC lần lượt có phương trình là
3 5 8 0, 4 0
x y x y
. Đường thẳng qua A vuông góc
với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là
4; 2
D
. Viết
phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
Câu VIIb (1đ) Giải bất phương trình:
3
3 1 1
3 3
1
log ( 4) log (2 1) log
2
x x x
Hết
ĐÁP ÁN:
Câu I
1, 1đ
Đáp án Thang
điểm
Với m=1, hàm số (1) trở thành
3 2
3
y x x
1,TXĐ:
D
0,25
2,. Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 , ' 0
2
x
y x x y
x
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ;0);(2; )
Hàm số nghịch biến trên khoảng
0;2
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0,
0
cd
y
; cực tiểu tại x=2,
4
ct
y
0,25
.+Giới hạn:
lim ,lim
x x
y y
+BBT
x
y’
y
-∞
-∞
+∞
+∞
0 2
0
0
-
+
+
0
-4
x
y’
y
-∞
-∞
+∞
+∞
0 2
0
0
-
+
+
0
-4
0,25
3,Đồ thị: Tiếp xúc Ox tại O, cắt Ox tại (3;0).cắt Oy tại (0;0) qua (-1;-4) nhận I(1;-2)
làm tâm đối xứng
2
-2
-4
-5
5
x
f x
= x
3
-3
x
2
O
y
0,25
2, 1đ
2 2
' 3 6 3 1
y x mx m
để hs co CĐ,CT
' 0
y
có 2 nghiệm phân biệt
' 0
m
0.5
Khi đó A(m-1;-3m+3) B(m+1;-3m-1) là các điểm CĐ,CT của đồ thị hàm số, để
góc
0
90 . 0
AMB MA MB
( 1)( 3) ( 3 1)( 3 3) 0
m m m m
2
0
10 10 0
1
m
m m
m
0.5
Giải phương trình
2
( 3 sinx cos )(sinx cos ) 4 2 sin ( ) os( )
4 4
x x x c x
Câu II
1, 1đ
2
( 3 sinx cos )(sinx cos ) 2(sinx cos ) (cos sinx)
x x x x
(sinx cos )( 3 sinx cos 2cos 2 ) 0
x x x
sinx cos 0
3 sinx cos 2cos 2
x
x x
0.5
sinx cos 0
4
x x k
2
3
3 sinx cos 2cos2 os2 os( )
2
3
9 3
x k
x x c x c x
x k
0.5
2, 1đ
ĐK:
1
x
0.25
Pt
2
2( 2) 2( 1) 5( 2) 1 0
x x x x
2( 2) 1 2 1 ( 2) 0
x x x x
2( 2) 1 0
2 1 ( 2) 0
x x
x x
0.25
*
2
2
2
3
1 2( 2) 3
4 17 15 0
5
4
x
x
x
x x x
x x
x
0.25
*2
2
2
2
1 2 8
0
8 0
8
x
x
x x x
x
x x
x
Kl: pt có nghiệm x=3 x=8
0.25
CâuIII
1đ
Tìm
2 2 2 2
3 (sin 2 1 4 ) 3 sin 2 3 1 4
x x x dx x xdx x x dx
0.25
2 2 2 2 2
1
1 1
1 4 1 4 (1 4 ) (1 4 ) 1 4
8 12
x x dx x d x x x C
0.25
2
2
1 os4x 1 1
sin 2 ( cos4 ) cos4
2 2 4 2
c x
x xdx x dx x x x dx x xdx
Đặt
1
os4
sin 4
4
du dx
u x
dv c xdx
v x
2
1 1 1 1
cos 4 sin 4 sin 4 sin 4 cos4
4 4 4 16
x xdx x x xdx x x x C
0.25
Vậy
2 2 2 2 2
1 3 3 3
3 (sin 2 1 4 ) (1 4 ) 1 4 sin 4 cos4
4 4 8 32
x x x dx x x x x x x C
.0.25
CâuIV
Hình vẽ
1đ
3
2
a
h SH
1
.
2
AHCD
S AC DH
ta có
ABD
đều nên BD=a
3
4
DH a
2
3 3
2 3
8
AHCD
a
AC AO a S
3
.
1 3
.
3 16
S AHCD AHCD
a
V SH S
0.5
Kẻ HN song song AB N
AD kẻ HK vuông góc với HN, K
CD
kẻ HI vuông góc với SK , I thuộc SK
( )
HI SCD
khoảng cách từ H tới (SCD) là
HI
2 2 2
1 1 1
HI HK HS
3
2
a
HS
,
3 3 3 3
.sin
4 2 8
a a
HK HD HDK
2 2 2 2
1 4 64 100 3 3
3 27 27 10
a
HI
HI a a a
4 4 4 2 3
( , ) ( ,( )) ( ,( )) ( ,( ))
3 3 3 5
a
d AB SC d AB SCD d HN SCD d H SCD HI
0.5
Câu V
(1đ):
Cho
, , 0
a b c
thỏa mãn
2 5 6 6
ab bc ca abc
Tìm giá trị nhỏ nhất của
4 9
2 4 4
ab bc ca
P
b a c b a c
gt
5 6 2
6
a b c
đặt
1 1 1
, ,x y z
a b c
, , 0
5 6 2 6
x y z
x y z
.0.25
S
A
B
C
D
O
K
H
I
N
J
L
Khi đó
1 4 9
2 4 4
P
x y y z z x
1 4 9 1 4 9
6 6 2 4 4
2 4 4 2 4 4
P x y y z z x
x y y z z x x y y z z x
=
1 4 9
2 4 4 2 4 6 12
2 4 4
x y y z z x
x y y z z x
6
P
0.5
Vậy GTNN của P là 6 xẩy ra khi
2
4
1
a
b
c
0.25
Câu
VIa
1,1đ
Giả sử đường thẳng d cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A(a;0), B(0;b),
( , 0)
a b
Pt đường thẳng d có dạng:
1
x y
a b
Do d qua M(1;3) nên
1 3
1 (1)
a b
0,25
Đồng thời,
IAB
cân tại I nên
2 2
2 4 4 2
IA IB a b
2 2
4
a b
a b
a b
0,25
Với
a b
, thay vào (1) ta được
2; 2
a b
nên phương trình đường thẳng d là
2 0
x y
0,25
Với
4
a b
thay vào (1) ta được
2
2
a
b
hoặc
2
6
a
b
Từ đó, phương trình
đường thằng d là
3 6 0
x y
hoặc
2 0
x y
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là
:3 6 0
d x y
hoặc
: 2 0
d x y
0,25
2,(1đ)
Đường tròn tâm I có pt
2 2
2 1 25
x y
AB có pt y=ax+5 (a>0)
0.25
5 2 5 5 ( , ) 2 5
ABBC
S AB AH d I AB
2
2
2 6
2 5
1
1
2
a
a
a
a
0.25
.
A
B
C
I
H
Vì a>0 nên
1
2
a
đt AB có pt là
1
5
2
y x
khi đó tọa độ A,B
0.25
tm
2 2
1
5
2
( 2;4) ( 6;2)
2 1 25
y x
A B
x y
hoặc A(-6;2) B(-2;4)
0.25
Câu
VIIa
(1đ)
Rút gọn biểu thức
0 1013 1 1014 1013 1000 2013
2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013
. . ( 1) . .
k k k
A C C C C C C C C
2013 0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013 2013
(1 ) ( 1)
k k k
x C C x C x C x C x
2013 2013 0 2013 1 2012 2 2011 2013 2013
2013 2013 2013 2013 2013
(1 ) ( 1)
k k
x x C x C x C x C x C
0.25
2 2013 0 1 2 2 4 2 2013 4026
2013 2013 2013 2013 2013
(1 ) ( 1)
k k k
x C C x C x C x C x
0.25
Ta có
2013
2013 2013 2
(1 ) (1 ) 1x x x
nên hệ số của
1000
x
của hai vế bằng nhau
0.25
nên
0 1013 1 1014 1013 1000 2013 500
2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013 2013
. . ( 1) . .
k k k
A C C C C C C C C C
0.25
Câu
VIb
a,1đ
I la giao điểm cua AC và BD I thuộc Ox nên I(a;0) pt đường thẳng AB: x+y-2=0
2
( , )
2
a
d I AB
;
2
AB
0.25
Vì
4
12 2 ( , ). 12 2 6
8
ABCD
a
S d I AB AB a
a
0.25
a=-4 suy ra I(-4;0) nên C(-7;-3) và D(-6;-4) 0.25
a=8 suy ra I(8;0) nên C(17;-3) và D(18;-4) 0.25
2,1đ
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và
AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu
,
d d
n u
lần lượt là vtpt, vtcp của đường
0.25
MK
H
D
C
B
A
E
A
B
D
C
I
thẳng d. tọa độ của M là nghiệm của hệ
7
4 0
7 1
2
;
3 5 8 0 1
2 2
2
x
x y
M
x y
y
AD vuông góc với BC nên
1;1
AD BC
n u
, mà AD đi qua điểm D suy ra phương
trình của
:1 4 1 2 0 2 0
AD x y x y
. Do A là giao điểm của AD và AM
nên tọa độ điểm A là
3 5 8 0 1
1;1
2 0 1
x y x
A
x y y
Tọa độ điểm K:
4 0 3
3; 1
2 0 1
x y x
K
x y y
0.25
Tứ giác HKCE nội tiếp nên
BHK KCE
, mà
KCE BDA
(nội tiếp chắn cung
AB
)
Suy ra
BHK BDK
, vậy K là trung điểm của HD nên
2;4
H
.
0.25
Do B
BC
; 4
B t t
, kết hợp với M là trung điểm BC suy ra
7 ;3
C t t
.
( 2; 8); (6 ;2 )
HB t t AC t t
. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
2
. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0
7
t
HB AC t t t t t t
t
Do
3 2 2; 2 , 5;1
t t B C
. Ta có
1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1
AB AC
AB AC n n
Suy ra
:3 4 0; : 1 0.
AB x y AC y
0.25
Câu
VIIb
1đ
Đk:
0
x
0.25
Bpt
3 3
3
3 3
4 4
log log 2 2 4 4 2
2 1 2 1
x x x x
x x x
x x
(vì
2 1 0
x
)
0.25
Đặt
6
0
t x t
bpt
3 2 2
3 2 0 1 3 2 2 0 1
t t t t t t
0.25
6
1 1 1
t x x
do đk nên bpt có nghiệm
0;1
x
0.25
Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa!
