Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 1

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1
NGÀY 24 THÁNG 7 NĂM 2013
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y =
4 2 2
2 1x 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
π
−=+−
xxxxx
2. Giải bất phương trình
2x 7 4
x x 4 x 2.
x
x
−
− > + −
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) Giảỉ hệ phương trình:
2 2 2 2
2 4 4 4
1 3
x y x y
x y x y

+ = − +


+ + = − +




Hết
184 Đường Lò Chum thành phố Thanh Hóa
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 1
Câu 1 : 1, (1,0 điểm) Với m = 1 hàm số là:
4 2
2 1y 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
Câu 1 : 2, (1,0 điểm) +y’=
3 2 2 2
4 4 4 ( )x m x x x m− = −
+hs có 3 cực trị
' 0y↔ =
có 3 nghiệm phân biệt
2 2
0x m↔ − =
có hai nghiệm phân biệt khác 0
0m↔ ≠
.
+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
Câu 2 : 1, (1,0 điểm)
)
2
2cos(112sincossin2sin)
4
(cos212sincossin2sin
222
ππ
−+=+−⇔−=+−
xxxxxxxxxx
2
3
sin 2 sin cos sin 2 sin 2 0 sin 2 (sin cos sin 2 1) 0
sin 2 0 (1);2sin sin 1 0 (2)
x x x x x x x x x
x x x
⇔ − − = ⇔ − − =
⇔ = − − =
Giải (1) được:
)(
2
Zk

k
x ∈=
π
Giải (2) được:
)(2
2
Zkkx ∈+=
π
π
Câu 2 : 2, (1,0 điểm) Giải bất phương trình: Điều kiện:
.0
02
4
0
>⇔





>−+
>
x
x
x
x
Khi đó bpt đã cho tương đương với
.24427
22
xxxx −+>−+

Đặt
0,42
2
≥=+− ttxx
ta được:
2 2
3 4 4 3 0 1; 3t t t t t t+ > ⇔ − + > ⇔ < >
184 Đường Lò Chum thành phố Thanh Hóa
2
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
*) Với
1<t
ta có
,142
2
<+− xx
bpt này vô nghiệm.
*) Với
3
>
t
ta có




−<
+>
⇔>−−⇔>+−
61

61
052342
22
x
x
xxxx
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm
.61+>x
Câu 3 : (1,0 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
Câu 4 : (1,0 điểm)
-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
==
++=
⇒
VVV
BACCABCBCBAA '''.'''.
++
2
. ' ' . ' ' ' ' ' '
1 1
. '
3 3 4
A CC B ABC A B C A B C
a
CC
V V s
= = =
Câu 5: (1,0 điểm) 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
−
−−
=
−
+−+−
=
−
−−−−=
,
1

'( ) 0 1;
2
f x x x= ⇔ = = −
Bảng biến thiên:
X -1 -1/2 1
Y’ || + 0 - ||
Y

4
33


0 0
184 Đường Lò Chum thành phố Thanh Hóa
A
C
B
A’
B’
C’
60
0
3
Căn cứ bảng biến thiên thấy PT đã cho có nghiệm khi







∈m
4
33
;0
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Câu 6a : 1, (1,0 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)

Câu 6a: 2, (1,0 điểm) 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
Câu 7a :(1,0 điểm) 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
Câu 6b : 1,(1,0 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; 2n 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= + = =
=>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 0x y+ − =
Câu 6b : 2, (1,0 điểm) Có:
( )
10
2
1 2 3x x
+ + =
( )
10
2
3 1 2x x
 
+ +
 
184 Đường Lò Chum thành phố Thanh Hóa
A
B
C

I
4
-(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)
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
( ) ( ) ( )
( ) ( )
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
Câu 7b(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2 2 2 2
2 4 4 4
1 3
x y x y
x y x y

+ = − +


+ + = − +


Hệ phương trình tương đương :
2 2 2 2
2
1 3

x y x y
x y x y

+ − − =


+ + − − =


Điều kiện: x+y
≥
0, x-y
≥
0
Đặt:
u x y
v x y
= +


= −

ta có hệ:
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 2
3 3
2 2
u v u v u v uv
u v u v

uv uv
 
− = > + = +
 
⇔
 
+ + + +
− = − =
 
 

2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2
u v uv
u v uv
uv

+ = +

⇔

+ − +
− =


. Thế (1) vào (2)
ta có:

2
8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ =
Kết hợp (1) ta có:
0
4, 0
4
uv
u v
u v
=

⇔ = =

+ =

(vỡ u>v). Từ đó ta có:
x =2; y =2.(Thỏa đ/k)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
184 Đường Lò Chum thành phố Thanh Hóa
5