Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 8

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 8
Ngày 01 tháng 9 năm 2013
Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
( )
2
1
x
y C
x
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng
( )
: 2d y mx m= − +
cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích
tam giác OAB bằng 4.
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
−
=
+ −
1. Giải hệ phương trình:

2 2
4
128
x y x y
x y

+ + − =


+ =


Câu III: (1 điểm) Giải bất phương trình
( ) ( )
5 3 1 5 3x x x x+ − − − < − + + − −
Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy.
Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30
0
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng (SBD).
Câu V:(1 điểm)Với mọi số thực x, y thỏa mãn điều kiện
( )
2 2
2 1x y xy+ = +
.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
4 4
2 1
x y
P

xy
+
=
+
Phần II: Phần riêng (3 điểm): thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa.(2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A cố định nằm trên đường thẳng
: 2 3 14 0x y∆ − + =
, cạnh BC song song với
∆
, đường cao CH có phương trình
2 1 0x y− − =
. Biết trung
điểm cạnh AB là điểm M(-3; 0). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc
( )
2 2
: 1
25 9
x y
E + =
. Viết
phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4.
CâuVIIa: (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton
3
1
2
n
x

x
 
+
 ÷
 
, biết rằng
2 1
1
A 4 6
n
n n
C n
−
+
− = +
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb.(2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(11; 0), trung điểm cạnh BC là
M(3; -1), đỉnh B thuộc đường thẳng
1
: 5 0x y∆ + − =
và đỉnh C thuộc đường thẳng
2
: 5 0x y∆ − − =
. Xác
định tọa độ các đỉnh A, B, C.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Elip (E) có độ dài trục lớn bằng
4 2
, các đỉnh trên trục nhỏ và hai tiêu điểm của (E) cùng nằm trên một đường tròn.
Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:

1 3 5 2 1 23
2 2 2 2
2
n
n n n n
C C C C
−
+ + + + =
………………… Hết………………….
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 7
Ngày 23 tháng 8 Năm 2013
Bài 1:(1.5 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+
(C)
a. Kháo sát và vẽ đồ thị hàm số trên
b. Tìm điểm trên đồ thị (C) có tổng khảng cách đến hai trục toạ độ nhỏ nhất.
Bài 2: (2 điểm)
1. Giải bất phương trình :
3 1 3 1x x x
+ − + ≥ −

2.Giải hệ phương trình:
( )
2 2
2 2 2 2
3 3
5 1
1 log 2 4 4 4 4 1 log
y x x
y x y xy x x xy y y

+ = − −


+ + − = − + − + + +


Bài 3:(2 điểm)
1.Tìm giới hạn:
1
0
2013 2013cos 2013
lim
x
x
x
x
+
→
−
2. Một người gieo một con xúc sắc(6 mặt đồng chất cân đối) thứ tự 2 lần.

Tìm xác suất: Tổng số chấm xuất hiện của 2 lần gieo nhỏ hơn bằng 10.
3. Giải phương trình:
2 2
3
4sin 3 cos2 1 2cos ( )
2 4
x
x x
π
− = + −
trên khoảng (0;
π
)
Bài 4: (2.5 điểm)
1. Trong không gian cho lăng trụ đứng
1 1 1
.ABC A B C
có
1
, 2 , 2 5AB a AC a AA a= = =
và
·
120BAC =
o
. Gọi
M
là trung điểm của cạnh
1
CC
. Hãy chứng minh

1
MB MA⊥
và tính khoảng cách từ
A
tới mặt phẳng (
1
A BM
).
2.Trong mặt phẳng toạ độ xoy, hãy xác định toạ độ các đỉnh tam giác ABC vuông cân tại A .
Biết cạnh huyền nằm trên đường thẳng d :
0317 =−+ yx
, điểm
)7;7(N
thuộc đường thẳng
AC
,
điểm
)3;2( −M
thuộc đường thẳng
AB
.
Bài 5: (2 điểm)
1. Giải phương trình (1 điểm):
331322
222
2222
+−+++−
+=+
xxxxxx
.

2.(1 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
2 2
1 1
P x y
y x
 
 
= + +
 ÷
 ÷
 
 
Mời các bạn đón xem đáp án ngày 30.8.2013 nhé
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 7
Bài 1 : 1, Khảo sát vẽ đúng :
( )
/
2
3
0
1
y
x
= >
+

x D
∀ ∈
x -1

/
y
+ +
y
∞+
∞−
∞+
∞−
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
2
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Kết luận đúng đồng biến nghịch biến, tiệm cận, nhánh vô cực

Vẽ đúng ghi đủ các điểm giao
Gọi M(x ;y) thuộc (C) gọi
( ) ( )
x
x
xyoyMdoxMdh +
+
−=+=+=
1
3
2//

Bài 1 : 2, Ta có x< -1 va x > ½ thì h > ½ nên xác định được
1
0
2
x≤ ≤

thì có
Min(h) với
[ ]
2
1
;0∈x
thì d =
2
1
3
−
+
+
x
x
khảo sát hàm số này nghịch biến trên
1
0
2
x≤ ≤
nên min(d) =
f(1/2) = ½ khi M(1/2 ;0)
Bài 2 : 1, Nhân liên hợp VT :
1
313
22
−≥
+++
−
x

xx
x
chuyển vế đưa nhân tử
)1( −x
0)2313( ≤−+++ xx
-Ta có x >1 vô nghiệm vì
313 +++ xx
> 4
Tại x = 1 là nghiệm BPT Với -1/3
1<≤ x
BPT có nghiệm khi
313 +++ xx
2≥
Bình phương :
xxx 23103
2
−≥++












≤−−

<≤−
<≤
⇔
0310
0
3
1
10
2
xx
x
x
⇔
1725 <≤− x
Hợp nghiệm Tập nghiệm là T = [
;725 −
1]
Bài 2 : 2, Từ phương trình 2
( ) ( ) ( )
2
3
2
2
3
2
22log12log1 yxyxyxyyy −−−−+−=−−+
(2)
Xét
( )
2

3
2
log1 ttttf −−+=
có
( )
t
t
t
t
tf 2
3ln.
1
1
2
/
−−
+
=
với t > 0
( )
0
/
<tf
vì
1
1
2
<
+t
t

và
3ln
2
22
3ln.
1
≥+ t
t
nên hàm só đơn điệu vậy
( ) ( )
yxfyf −= 2
thì 2x – y = y
nên x = y
Thay vao PT 1 có
15
22
−−=+ xxx
0)11()4()35(
22
=−−+−−−+⇔ xxx
( )
0
11
1
2
35
2
2
2
=









+−
+−−
++
+
−
x
x
x
x
x





=
+−
+−−
++
+
=
⇔

0
11
1
2
35
2
2
2
x
x
x
x
x
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
3
0
x
y
Thầy giáo:Lê Ngun Thạch ĐT:01694838727
Ta có
5
2
35
2
2
+
<
++
+ x
x

x
,
1
11
1
<
+−x
0
5
34
21
5
2
2
11
1
35
2
2
<
−−
=−−+
+
<−−
+−
+
++
+ x
x
x

x
x
x
x
Nên PT (3) VN, KL : PT chỉ có 1 nghiệmk x = 2
Bài 3 : 1,
=
−+−
→
x
x
x
x
2013cos2013201320132013.2013
lim
0
=+
−
←→
x
x
x
x
x
x
2
2013
sin2
2013lim3013
)12013.(2013

lim
2
00
3013
2013ln
Bài 3 : 2, Bi n c A = «ế ố gieo con xúc s c 2 l n t ng s ch m 2 l n nh h nắ ầ ổ ố ấ ầ ỏ ơ b ng 10ằ »
Bi n c ế ố
=A
« gieo con xúc s c 2 l n t ng s ch m 2 l n l n h n 10ắ ầ ổ ố ấ ầ ớ ơ »
36=Ω
và
3=A
vì gieo 2 l m ch xu t hi n (5,6)ầ ỉ ấ ệ ; (6,5) ho c (6,6)ặ
( )
12
1
36
3
==AP

( )
( )
12
11
12
1
11 =−=−=⇒ APAP
Bàài 3 : 3, Tìm nghiệm trên kho¶ng (0;
π
) của phương trình :

2 2
3
4sin 3 cos2 1 2cos ( )
2 4
x
x x
π
− = + −
(1)
( )
3
2 1 cosx 3 cos2x 1 1 cos 2x
2
π
 
⇔ − − = + + −
 ÷
 
(1)
2 2cosx 3 cos2x 2 sin2x⇔ − − = −
2cosx 3 cos2x sin2x⇔ − = −
.
Chia hai vế cho 2: (1)
⇔ − = −
3 1
cosx cos2x sin2x
2 2
( )
cos 2x cos x
6

π
 
⇔ + = π −
 ÷
 
( ) ( )
hc
π π π
⇔ = + = − + π
5 2 7
x k a x h2 b
18 3 6
Do
( )
x 0,∈ π
nên họ nghiệm (a) chỉ chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chỉ chọn
h = 1. Do đó pt(1) có ba nghiệm x thuộc
( )
0,π
là:
1 2 3
5 17 5
x ,x ,x
18 18 6
π π π
= = =
Bài 4: 1a, phần a(0.75)
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
4
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

( )
( )
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
2 5 9 ; 2 . .cos120 7MA A C C M a a a BC AB AC AB AC a= + = + = = + − =
o
;
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
7 5 12 ; 2 5 21BM BC CM a a a A B AA AB a a a
= + = + = = + = + =
Suy ra
2 2 2
1 1 1
A B MA MB MB MA
= + ⇒ ⊥
.
Bài 4 : 1b, phần b (0.75): Hình chóp
1
MBAA
và
1
CABA
có chung đáy là tam giác
1
BAA

và đường cao bằng
nhau nên thể tích bằng nhau.
Suy ra
1 1
3
1
1 1 1 15
. 2 5. .2 .sin120
3 3 2 3
MBAA CBAA ABC
a
V V V AA S a a a= = = = =
o
V
1
3
1
1
15
6.
3 6 5
3
( ,( ))
. 3
12.3
MBA
a
V V a
d A A BM
S MB MA

a a
⇒ = = = =
V
Bài 4 : 2, §êng th¼ng AB cã pt
0)3()2( =++− ybxa

)0(
22
≠+ ba
.
Do
0
45=∠ABC
nªn ta cã:



−=
=
⇔=−−⇔
+
+
==
ba
ba
abba
ba
ba
34
43

071212
50
7
45cos
2
1
22
22
0
.
*Víi 3a=4b chän a=4, b=3, ta cã pt AB: 4x+3y+1=0.
V×
ABAC
⊥
nªn pt cua AC lµ: 3x-4y+7=0.
To¹ ®é cña A lµ nghiÖm cña hpt:
)1;1(
0743
0134
−⇔



=+−
=++
A
yx
yx
To¹ ®é cña A lµ nghiÖm cña hpt:
)3;10(

01843
04934
A
yx
yx
⇔



=−−
=−+
.
To¹ ®é cña B lµ nghiÖm cña hpt:
BAB
yx
yx
≡⇒⇔



=−−
=−+
)3;10(
01843
0317
(v« lý).
VËy, A(-1:1), B(-4:5) vµ C(3;4).
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
5
M

A
C
B
A1
B1
C1
A
M
B
C
N
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Bài 5: 1, Giải phương trình (1 điểm):
331322
222
2222
+−+++−
+=+
xxxxxx
.
⇔
3333
2222
22.222.2
+−+++−
+=+
xxxxxxxx
( ) ( )
2 2 2
3 3

2 2 1 2 2 1 0
x x x x x x− + + +
⇔ − − − =
( )




=
=
⇔=−−⇔
+
+−
++−
12
22
012)22(
2
2
22
33
33
xx
xx
xxxx



=−=
==

⇔




=+
=+−
⇔
0,1
2,1
0
023
2
2
xx
xx
xx
xx
VËy tËp nghiÖm cña pt lµ
{ }
2;1;0;1−=S
.
Bài 5 : 2,
2 2
2 2
1 1
P x y
y x
 
 

= + +
 ÷
 ÷
 
 
Ta nhân vào thay x + y = 1 ta có
( )
2
2
)(
1
2
xy
xyP ++=
Do



=+
>
1
0,
yx
yx
nên
4
1
021 ≤<⇒≥+= xyxyyx
. Đặt
( )

2
xyt =
, điều kiện của t là
16
1
0 ≤< t
Khi đó biểu thức
( )
t
ttfP
1
2 ++==

( )
;
1
'
2
2
t
t
tf
−
=
ta thấy
( )
0' <tf
với mọi







∈
16
1
;0t
,
suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên nửa khoảng






16
1
;0
Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là:
( )
16
289
16
1
minmin
]
16
1
;0(

=






==
∈
ftfP
t
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
6