5 đề thi thử thpt quốc gia năm 2015 môn toán có đáp án
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.74 MB, 33 trang )
ẹE THI THệ ẹAẽI HOẽC SO 11
Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt
I.PHNCHUNGCHOTTCTHSINH(7,0 im)
x- 1
Cõu1(2,0im). Chohms y =
(1)
1 -2x
a) Khosỏtsbinthiờnvvthhms(1).
b)Chngminhngthng ( d ) : x - y + m =0 luụnctthhms(1)ti2imphõnbitA,Bvi
uuur uuur
mi m. Tỡmmsaocho AB = OA + OB ,vi Olgc ta.
x
pử
ổ
Cõu 2(1,0im). Giiphngtrỡnh: 2 sin x cos 2 + sin x cos 2 x = cos 2 x + 2 cosỗ x - ữ .
2
4ứ
ố
ỡ10 x ư xy ư y= 2
Cõu3(1,0im). Giihphngtrỡnh: ớ
( x, y ẻR )
2
2
ợ30 x ư xy ư 2 xy ư x ư y = 1
Cõu4(1,0im). Tỡmttccỏcgiỏtrmphngtrỡnh saucúnghim: 2 x + 1 = m x 2 +1.
Cõu5(1,0im).CholngtrngABC.ABCcúỏy ABCltamgiỏccõntiC,AB=AA=a.Gúc
tobingthng BC vimtphng (ABBA) bng 600. Gi M,N,P lnltltrungimca BB, CC v
BC.Tớnhthtớchkhilngtr ABC.ABC vkhongcỏchgiahaingthng AM v NP theo a.
Cõu6(1,0im). Cho basthcdng a,b,c .Tỡm giỏtrnhnhtcabiuthc:
24
3
P=
ư
.
13a + 12 ab + 16 bc
a + b + c
II.PHNRIấNG(3,0 im) Thớsinhchclmmttronghaiphn(phnAhocphnB)
A.TheochngtrỡnhChun
Cõu7.a(1,0im).TrongmtphngvihtaOxychotamgiỏcABCcútatrctõm H(3ư2),
1
trungimcaon ABl M ổỗ 0ửữ vphngtrỡnhcnh BCl:x 3y 2=0.Tỡmtacỏcnhca
ố 2 ứ
tamgiỏc ABC.
Cõu8.a(1,0im).Mthpcha11bicỏnhst1n11.Chn6bimtcỏchngunhiờnri
cngcỏcstrờn 6bicrỳtravinhau.Tớnhxỏcsutktquthuclsl.
2
Cõu9.a(1,0 im). Giiphngtrỡnh: 4 x - 4 + ( x 2 - 4 ).2 x- 2 =1.
B.TheochngtrỡnhNõngcao
Cõu7.b(1,0 im). Trongmtphngta Oxy chotamgiỏc ABC cútrctõm H(1 0),tõmngtrũn ngoitip
ổ3 3ử
I ỗ ữ vchõnngcaoktnhAl K( 0 2).Tỡmta A,B,C.
ố 2 2ứ
Cõu8.b(1,0 im). Chokhaitrin: (1 + 2 x)
10
(3 + 4 x + 4x 2 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... +a14x14 .
2
Tỡmgiỏtrca a6.
Cõu9.b(1,0 im).Tỡmgiihn: I =lim
xđ0
x 2 + 1 - cos 2x
.
x 2
SGD&TVNHPHC
KTCLễNTHIIHCLN1NMHC2013ư2014
Mụn:TONKhiB
HNGDNCHM
(ỏpỏncú6trang)
I.LUíCHUNG:
ưHngdnchmchtrỡnhbymtcỏch gii vinhngý cbnphicú.Khichmbi hcsinh lm
theocỏchkhỏcnuỳngvýthỡvnchoimtia.
ưimtonbitớnhn0,25vkhụnglmtrũn.
ưVi Cõu5nuthớsinhkhụngvhỡnhphnnothỡkhụngchoimtng ngviphnú.
II.PN:
Cõu í
Nidungtrỡnhby
im
1
a
x- 1
1,0
Khosỏtvvthhms y=
,(1)
1 -2x
ỡ 1ỹ
+ Tpxỏcnh: D = R \ớ ý
ợ 2ỵ
x -1
1
x- 1
1
Giihn vtimcn : lim
= - lim
=xđ-Ơ 1 - 2 x
x
đ+Ơ
2
1 - 2x
2
1
ị ngthng y = - ltimcnngang.
0.25
2
x -1
x- 1
lim = -Ơ lim+
= +Ơ
1
1
ổ ử
ổ ử
xđ ỗ ữ 1 - 2 x
xđỗ ữ 1 - 2x
ố2ứ
ố 2ứ
1
ị ngthng x = ltimcnng
2
-1
+sbinthiờn: y ' =
< 0,"x ẻ D
2
(1 -2x )
1 ử ổ 1
ổ
ử
Hmsnghchbintrờn ỗ -Ơ ữ ỗ +Ơ ữ .Hmskhụng cúcctr.
2
2
ố
ứ ố
ứ
+Bngbinthiờn
X
1
ư Ơ
+ Ơ
2
y
ư
ư
Y
1
-
+
2
0.25
1
-
2
ư Ơ
0.25
+ th:
y
f (x)=( xư1)/(1ư 2x)
f (x)=ư 1/2
4
3
2
1
x
ư4.5
ư4
ư3.5
ư3
ư2.5
ư2
ư1.5
ư1
ư0.5
0.5
ư1
ư2
ư3
ư4
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
0.25
1 1
Nhnxột:thnhn im I( ) lmtõmixng.
2 2
b Chngminhngthng(d):x y+m=0luụnctthhms(1)ti2im
uuur uuur
phõnbitA,Bvimim.Tỡmmsaocho AB = OA + OB viOlgcta.
Phngtrỡnhhonh giaoim:
x- 1
x+m =
f ( x ) = 2 x 2 + 2mx - m- 1 = 0(*)
1 -2x
1
1
1
Cú D ' = m 2 + 2m + 2 > 0, "m, f ( ) = - ạ0,nờn(*)cú2nghimphõnbitkhỏc
2
2
2
suyra (d) luụnct(1)ti2imphõnbit A,B vimi m .
1.0
0.25
0.25
Ta cú A ( x1 x1 + m ) , B ( x2 x2 +m ) vi x1 ,x2 l2nghim ca(*).Theoviưet
ỡ x1 + x2 = -m
ù
ớ
-m- 1
ùợx1 x2 = 2
Gi M ltrungim ca AB
uuur uuur
AB = OA + OB AB = 2OM tam giỏc OAB vuụng ti O
uuur uuur
OA.OB = 0 x1 x2 + ( x1 + m)( x2 + m) = 0
2
2 x1 x2 + m( x1 + x2) + m2 = 0 -m - 1 = 0 m = -1
Ktlun : m = -1.
x
pử
ổ
Giiphngtrỡnh: 2 sin x cos 2 + sin x cos 2 x = cos 2 x + 2 cosỗ x - ữ
2
4ứ
ố
0.25
PT sin x (1 + cos x )+ sin x cos 2 x = cos 2 x + sin x +cosx
0.25
cos 2 x ( sin x - 1) + cos x ( sin x - 1) = 0 ( sin x - 1)( cos 2 x + cos x )=0
0.25
+ sin x = 1 x =
3
0.25
p
+ k 2p ( k ẻZ )
2
p
2p
ộ
x = + k
ộ 2 x = p - x + k2p
ờ
+ cos 2 x = - cos x = cos ( p - x ) ờ
3
3 (kẻ Â)
ờ
ở 2 x = x - p + k2p
ở x = -p + k 2p
p
p
2p
Vyphngtrỡnhcúnghim x = + k 2p ( k ẻ Â) v x = + k
( k ẻ Â)
2
3
3
ỡ10x ư xy ư y = 2
Giihphngtrỡnh: ớ
( x, y ẻR )
2
2
ợ30x ư xy ư 2xy ư x ư y = 1
Nhnthy x=0khụnglnghimcah.
y 2
1
1
ỡ
ỡ
ùù y+ x + x = 10
ùù( y + 1) + x ( y+ 1) + x = 11
H ớ 2
ớ
ù y + 2 y + 1 + 1 + y = 30 ù 1 ( y + 1) 2 + 1 ( y+ 1) = 30
ùợ x
x2
ợù x
x x x 2 x 2
ộ ỡa + b= 6
ờớ
1
ỡ
ỡ a + ab + b= 11 ờ ợab = 5
ù a=
t ớ
x khiúhtrthnh ớ
ờ ỡa + b= 5
ợab(a + b) = 30
ùợb = y + 1
ờớ
ờ ợab= 6
ở
1.0
0.25
0.25
1,0
0.25
0.25
é x = 1; y = 4
ìa + b = 6
é a = 1; b = 5 ê
TH1. í
Ûê
Û
1
î ab = 5
ë a = 5; b = 1 ê x = ; y = 0
ë 5
4
0.25
1
é
x = ; y = 2
ê
a
=
2;
b
=
3
a
+
b
=
5
ì
é
2
TH2. í
Ûê
Ûê
î ab = 6
ë a = 3; b = 2 ê x = 1 ; y = 1
êë
3
1
1
1
Vậy hệ có 4 nghiệm: (1; 4); ( ; 0);( ; 2); ( ;1) .
5
2
3
Tìm tất cả các giá trị thực m để phương trình sau có nghiệm thực
0.25
1,0
2 x + 1 = m x 2 + 1
2 x + 1
Ta có : PT Û
x 2 + 1
Có f
( x) =
x
f
/
x 2 + 1
2 - x
(x
2
-¥
0.25
2 x + 1
Xét hàm số f ( x ) =
/
= m
+ 1 )
3
Þ f
trên R.
0.25
/
( x ) = 0 Û x = 2 .
2
+ 0
( x )
+¥
5
0.25
f ( x )
2 2
(
Từ BBT suy ra: Phương trình có nghiệm Û m Î -2; 5 ù
5
û
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, AB = AA’= a. Góc
tạo bởi đường thẳng BC’ với mặt phẳng (ABB’A’) bằng 60 0 .Gọi M, N, P lần lượt là trung
điểm của BB’, CC’ và BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM và NP theo a.
Gọi H là trung điểm A’B’.
Ta có C 'H ^ A 'B'; C' H ^ BB'
A'
C'
Q
H
K B'
N
C
A
P
B
I
1,0
Þ C ' H ^ ( ABB ' A ')
·
BC '; ( ABB' A ' ) ) = C
'BH = 60
(·
0
a 5
BH = BB' + B'H =
2
Tam giác HBC’ vuông tại H nên ta có
2
M
0.25
0.25
2
C 'H = BH.tan 600 = a
5
15
. 3 = a
2
2
Diện tích tam giác A’B’C’ là
SDA'B'C ' =
1
a 2 15
15
(đvtt)
C 'H.A 'B' =
Þ VABCA 'B 'C ' = BB'.SA 'B'C' = a 3
2
4
4
0.25
Gọi Q là trung điểm B’C’ Þ NP / /MQ Þ NP / / ( AMQ )
Gọi I là giao điểm MQ và BC. Khi đó B là trung điểm của PI
Ta có : d ( NP; AM ) = d ( NP; ( AMQ ) ) = d ( P; ( AMQ ) ) ,
d ( P; ( AMQ ) )
d ( B; ( AMQ ) )
=
PI
= 2 .
BI
0.25
1
Gọi K là trung điểm HB’thì KQ / / = C ' H
2
1
a 2
1
a 3 15
SAMB' = S ABB' =
Þ VB 'AMQ = QK.S AMB' =
2
4
3
48
Mặt khác ABB’A’ là hình vuông nên AM ^ BH mà
AM ^ C ' H Þ AM ^ ( BHC ' ) Þ AM ^ BC ' Þ AM ^ MQ .
Ta có: B ' C ' = C ' H 2 + HB '2 = 2a Þ MQ = MB '2 + B 'Q 2 = a
5
a 5
; AM =
2
2
0.25
1
5
SAMQ = AM.MQ = a 2
2
8
Nên d ( B; ( AMQ ) ) = d ( B'; ( AMQ ) ) =
6
3V B'AMQ
SAMQ
=
a 15
a 15
Þ d ( NP; AM ) =
10
5
Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
24
3
P=
.
13a + 12 ab + 16 bc
a + b + c
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
a + 4b
b + 4c
13a + 12 ab + 16 bc = 13a + 6 a.4b + 8 b.4c £ 13a + 6.
+ 8.
= 16(a + b + c)
2
2
1,0
0.25
Þ 13a + 12 ab + 16 bc £ 16(a + b + c) . Dấu “ = ” xảy ra Û a = 4b = 16c .
Suy ra P ³
3
2 ( a + b + c )
3
-
.
a + b + c
Đặt t = a + b + c, t > 0 . Khi đó ta có: P ³
0.25
3
2t
Xét hàm số f ( t ) =
3
-
2t
f ' ( t ) = 0 Û
3
t
3
-
3
t
trên khoảng (0; +¥ ) , ta có f ' ( t ) =
2t t
-
3
2
2t
3
-
2t t
3
2
.
2t
= 0 Û t = 1 ; lim+ f (t) = +¥ ; lim f (t) = 0
x ®0
x ®+¥
BBT.
0.25
3
ìa + b + c = 1
16
4
1
Vậy ta có P ³ - , đẳng thức xảy ra Û í
Ûa=
;b = ;c = .
2
21
21
21
î a = 4b = 16c
0.25
3
ổ 16 4 1 ử
khivchkhi ( a, b, c )= ỗ , , ữ .
2
ố 21 21 21 ứ
VygiỏtrnhnhtcaPl -
7.a
Trongmtphngvi hta OxychotamgiỏcABCcútatrctõm H(3ư2),
1
trungimcaon ABl M ổỗ 0ửữ vphngtrỡnhcnh BCl:x 3y 2=0.Tỡm
ố 2 ứ
tacỏcnhcatamgiỏcABC.
ưPhngtrỡnhAH:
ưDo A ẻ AH B ẻBC. t A(x1 7 -3x1 ) B(x 2
8.a
3(x - 3) + 1.(y + 2) =0
3x + y - 7 =0
0.25
x 2 - 2
).
3
x1 + x 2 = 1
ỡ
ỡ x = 2
ù
MltrungimAB ớ
ớ 1
ịA(21)B(ư1ư1).
x 2 - 2
ùợ(7 - 3x1) + 3 = 0 ợ x 2 = -1
uuur ổ
x -2
x - 2 ử uuur
t C(x 3 3 ). Cú: AC = ỗ x 3 - 2 3
- 1 ữ BH = (4 -1)
3
3
ố
ứ
uuur uuur
Vỡ BH ^ AC BH.AC = 0
x - 5
19
ổ 19 1 ử
4(x3 - 2) -1. 3 = 0 x3 =
ịC ỗ - ữ .
3
11
ố 11 11 ứ
ổ 19 1 ử
VyA(21)B(ư1ư1) C ỗ - ữ .
ố 11 11 ứ
Mthpcha11bicỏnhst1n11.Chn6bimtcỏchngunhiờnricng
tht6bicrỳtravinhau.Tớnhxỏcsutktquthuclsl.
GiHlbinc:ktquthuclsl. Hxyrakhimttrongcỏcbincsauxyra :
A: 1bimangsthtlv5bimangsththtchn
B:3bimangsthtlv3bimangsththtchn
C:5bimangsthtlv1bimangsththtchn
Trong11bicú6bicústhtl{1,3,5,7,9,11}, 5bicústhtchn{2,4,6,8,10}
C16 .C55
C36 .C35 200
C56 .C15 30
6
=
P
B
=
=
P
C
=
=
(
)
(
)
6
6
6
C11
462
C11
462
C11
462
A,B,Clcỏcbincxungkhcnờn
6
200 30 118
P ( H ) = P ( A ) + P ( B ) + P ( C)=
+
+
=
462 462 462 231
2
Giiphngtrỡnh: 4 x - 4 + ( x 2 - 4 ).2 x-2 =1 ,(1)
P (A) =
9.a
1,0
+Vi x ẻ ( -Ơ -2 )ẩ (2 +Ơ) ị x 2 - 4 > 0 ị VT >1
Suyraphngtrỡnh(1)vụnghim
+Vi x ẻ ( -2 2 )ị x 2 - 4 < 0 ị VT <1.Suyraphngtrỡnh(1)vụnghim
0.25
0.25
0.25
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
1,0
0.25
0.25
Vi x = -2 ị x 2 - 4 = 0 ị VT =1. Suyra x = -2 lnghimcaphngtrỡnh
0.25
Vi x = 2 ị x 2 - 4 = 0 ị VT =1. Suyra x =2 lnghimcaphngtrỡnh
0.25
Vyphngtrỡnhcúhainghim: x = -2, x =2.
7.b
Trongmtphngta Oxy chotamgiỏc ABC cútrctõm H(1 0),tõmngtrũnngoitip
1,0
ổ3 3ử
I ỗ ữ vchõnngcaoktnhAl K( 0 2). Tỡmta A,B,C.
ố 2 2ứ
GiMltrungimBC
A
Phngtrỡnh ngcaoAH :2x+y ư1=0
Phngtrỡnh ngthngBC:x 2y+4=0
H
PTngtrungtrcIMvuụnggúcviBC: 2x + y -
I
B
K
M
C
D
9
=0
2
ổ 5ử
TaimMl ỗ1 ữ
ố 2 ứ
ỡ DB ^ AB
GiDlimixngviAquaI.Tacú ớ
ị DB / /CH
ợCH ^ AB
TngtDC//BHnờntgiỏcHBDClhỡnhbỡnhhnhnờnMltrung imHD.
uuur
uuur
XộttamgiỏcAHDcúIMlngtrungbỡnhnờn AH = 2IM ị A ( 2 -2 )
uuur uuur
Gis B ( 2b - 4 b ) ị C ( 6 - 2b5 -b ).Tacú BH.AC = 0
ộ b = 1
( 5 - 2b )( 4 - 2b ) - b ( 7 - b )= 0 b 2 - 5b + 4 = 0 ờ
ởb = 4
VyA(2ư2)B(ư21) C(44)hocA(2 ư2)B(4 4)C(ư21)
8.b
Cho khaitrin: (1 + 2 x)
10
0.25
(3 + 4 x + 4x 2 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... +a14x14 .Tỡmgiỏtrca
0.25
0.25
0.25
2
1,0
a6
2
2
10
10
2
(1 + 2 x ) (3 + 4 x + 4 x 2) = (1 + 2 x ) ộờ 2 + (1 + 2x ) ựỳ
0.25
= 4 (1 + 2 x ) + 4(1 + 2 x ) + (1 +2x )
0.25
ở
10
12
14
ỷ
6
Hscax6 trongkhaitrin 4 (1 +2x ) l: 4.26 C10
10
6
Hscax6 trongkhaitrin 4 (1 +2x) l: 4.26 C12
12
0.25
6
Hscax6 trongkhaitrin (1 +2x ) l: 26 C14
14
6
Vy a6 = 4.26 C106 + 4.26 C126 + 26 C14
=482496
9.b
Tỡmgiihn: lim
xđ0
lim
x đ0
x 2 + 1 -cos 2x
.
x 2
x 2 + 1 - cos 2 x
x 2 + 1 - 1
1 - cos 2x
=
lim
+lim
2
2
x
đ
0
x
đ
0
x
x
x 2
x2 + 1 - 1
1
1
= lim
=
2
2
x đ0
x
đ
0
x
x + 1 +1 2
1 - cos 2 x
2sin2 x
lim
=
lim
=2
x đ0
xđ0
x2
x 2
lim
0.25
1,0
0.25
0.25
0.25
x 2 + 1 - cos 2 x 1
5
0.25
= + 2 =
2
x ® 0
x
2
2
Hết
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên( ) đã gửi tới www.laisac.page.tl
Vậy lim
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 7
Thời gian làm bài: 180 phút
******
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x 4
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y
1
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của đồ thị hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M nằm trên (C) có hồnh độ
lớn hơn
1; biết rằng tiếp
tuyến cắt trục hồnh, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B sao cho: 3MA 2MB .
2cos x 2sin 2x 2sin x 1
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: cos 2 x 3 1 sin x
2cos x 1
3
3
2
x y 6 y 2 x 7 y 12
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2
2
3 x y 3 x y 10 x 5 y 22
Câu 4 (1,0 điểm). Tính giới hạn: L lim
ln 1 sin x
ex 1
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vng tại A và D; SA vng góc với mặt
đáy (ABCD); AB 2a ; AD CD a . Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy (ABCD) là 60 0. Mặt phẳng
(P) đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M, N. Tính thể tích khối
chóp S.CDMN theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn 2 a 2 b 2 c 2 ab bc ca 3 . Tìm giá trị
x 0
1
.
abc3
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần
B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A 1; 2 , B 3; 4 và đỉnh C
lớn nhất của: S a 2 b 2 c 2
nằm trên đường thẳng d : 2 x y 4 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết đỉnh
C có tung độ dương và diện tích tam giác ABC bằng 2.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong khơng gian Oxyz, cho hai điểm A 1; 2; 1 và B 2;1;3 . Tìm tọa độ điểm
C trên trục Ox sao cho tam giác ABC vng tại C.
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số ngun dương thỏa mãn 6Cnn11 An2 160 . Tìm hệ số của x 7 trong khai
n
triển 1 2 x3 2 x .
B. Theo chương trình Nâng cao
x2 y 2
1 với hai tiêu điểm F1 , F2
9
5
0
(hồnh độ của F1 âm). Tìm tọa độ điểm M thuộc elip (E) sao cho góc MF
1 F2 60 .
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip E :
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong khơng gian Oxyz, cho bốn điểm A 1; 2;1 , B 2;1;3 , C 2; 1;1 , D 0;3;1 .
Chứng minh A, B, C, D là bốn đỉnh của một tứ diện. Tính thể tich khối tứ diện đó.
33 x 3x 2 y 9 x y 7
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
.
x y
2 x 4 y log 3 10 81
--------------------HẾT--------------------
Câu
Nội dung
1
1. Khảo sát sự biến thiên …..
* Tập xác định:
* Sự biến thiên của hàm số
- Giới hạn của hàm số tại vô cực và giới hạn vô cực
2x 4
lim y lim
2
x
x x 1
Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng: y 2
2x 4
2x 4
lim
; lim
x 1
x 1
x 1
x 1
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng: x 1
Điểm
0.25
điểm
- Bảng biến thiên
2
y'
0, x 1
2
x 1
0.25
điểm
x
y'
1
+
+
2
y
2
0.25
điểm
Hàm số đồng biến trên các khoảng ;1 và 1; .
Hàm số không có cực trị.
* Đồ thị
0.25
điểm
6
5
4
3
2
1
-6
-4
-2
2
-1
-2
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị …..
4
6
0.25
điểm
2x 4
Gọi M x0 ; 0
với x0 1 .
x0 1
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: y
2
x0 1
2
x x0
2 x0 4
x0 1
Tiếp tuyến cắt trục hoành Ox tại A x02 4 x0 2;0 , cắt trục tung Oy tại
2 x0
2x 4
B 0;
0
2
x0 1 x0 1
2 x 4
2 x0
Ta có: MA x02 3 x0 2; 0
; MB x0 ;
2
x0 1
x0 1
3 x02 3x0 2 2 x0
Nên 3MA 2MB 2 x 4
2 x0 x0 3
0
3
2
x 1 2
x0 1
0
Từ đó: M 3;1
Phương trình tiếp tuyến cần lập: y
2
0.25
điểm
0.25
điểm
1
1
x
2
2
Giải phương trình: cos 2 x 3 1 sin x
0.25
điểm
2 cos x 2sin 2x 2sin x 1
.
2 cos x 1
Điều kiện: 2 cos x 1 0
Phương trình đã cho tương đương với:
2 cos x 1 2sin x 1
cos 2 x 3 1 sin x
2 cos x 1
0.25
điểm
cos 2 x 3 1 sin x 2sin x 1
0.25
điểm
1 sin x 2sin x 3 0
sin x 1
sin x 3
2
k 2 , k Z
2
x k 2
3
3
sin x
k Z
2
2
x k 2
3
Đối chiếu điều kiện, ta có các nghiệm của phương trình đã cho là:
2
x k 2 và x
k 2 (với k Z )
2
3
x3 y 3 6 y 2 2 x 7 y 12
Giải hệ phương trình:
2
2
3 x y 3 x y 10 x 5 y 22
0.25
điểm
sin x 1 x
3
0.25
điểm
(1)
2
x 3
Điều kiện:
y 3
Ta có:
3
1 x 3 2 x y 2 2 y 2
0.25
điểm
3
Xét hàm số: f t t 3 2t có f ' t 3t 2 2 0, t R
Nên hàm số đồng biến trên R
Bởi vậy: 3 f x f y 2 x y 2 y x 2
0.25
điểm
4
Thay (4) vào (2):
2
3 x x 1 x 2 x 2 10 x 5 x 2 22
0.25
điểm
3 x x 1 2 x 2 11x 16
2 x
x 2
2 x 7 x 2
3 x 1
x 1 1
x 2 0
1
1
2x 7
3 x 1
x 1 1
5 x 2 y 4
6 7 2x
1
0.25
điểm
6
1
0
x 1 1
1
1
Vì x 3 nên 7 2 x 1 và
3 x 1
1
1
Từ đó 7 2 x
0 . Hay (6) vô nghiệm.
3 x 1
x 1 1
x 2
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất
y 4
4
3 x 1
Tính giới hạn: L lim
x 0
5
ln 1 sin x
ex 1
ln 1 sin x sin x x
e 1
sin x
x ex 1
ln 1 sin x
sin x
x
lim
1 ; lim
1 và lim x
1
x 0
x 0
x 0 e 1
sin x
x
ln 1 sin x
Nên: L lim
=1
x 0
ex 1
Tính thể tích khối chóp S.CDMN
1
1
Đặt V VS . ABCD , ta có: VS .CDA VS . ABCD ; VS . ABC VS . ABCD
3
3
0.25
điểm
Mặt phẳng (P) đi qua CD và trọng tâm G của tam giác SAB, cắt các cạnh SA, SD lần
SM SN 2
lượt tại M, N, khi đó MN / / AB và
SA SB 3
Ta có:
VS .CDM SC SD SM 2
2
2
VS .CDM VS .CDA V
VS .CDA SC SD SA 3
3
9
0.25
điểm
Ta có:
ln 1 sin x
5
x
0.5
điểm
0.25
điểm
0.25
điểm
2
VS .MNC SM SN SC 2
4
8
VS .MNC VS . ABC V
VS . ABC
SA SB SC 3
9
27
Bởi vậy:
2
8
14
VS .CDMN VS .CDM VS .MNC V V V
9
27
27
Vì ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB 2a ; AD CD a nên BC AC
Mặt khác SA mp ABCD nên
mp SBC ; mp ABCD
SC ; AC SCA
600
Từ đó ta có: SCA
0.25
điểm
0.25
điểm
Trong tam giác SAC vuông tại A, có AC a 2 và
a 2 tan 600 a 6
SA AC tan SCA
1
1 AB CD AD
1
a3 6
V S ABCD .SA
SA 2a a .a.a 6
3
3
2
6
2
Vậy:
14 a 3 6 7 6 3
VS .CDMN
a
27
2
27
S
M
G
A
D
6
B
C
Tìm giá trị lớn nhất …
Với a, b, c là các số dương ta có:
a
2
b2 c2
a b c
N
2
3
2
a b c
ab bc ca
3
Bởi vậy:
2
2 a b c
a b c 2 3 a b c 2 9
3
3
0.25
điểm
Từ đó:
0 a bc 3
Ta có:
2 a 2 b 2 c 2 ab bc ca 3 ab bc ca
a b c
3
0.25
điểm
2
3
Nên:
a
2
2
b c
2
a b c
2
6
3
2
Bởi vậy:
2
1
a b c
1
3 1
1
3
S a b c
t2
a bc3
6
abc3 2 6
t 3 2
1 2
1
3
Xét hàm số f t t
với 0 t 3
6
t3 2
1
1
f ' t t
0, t 0;3
3 t 3 2
2
2
2
0.25
điểm
Nên hàm số đồng biến trên 0;3
Bởi vậy:
f t f 3 , t 0;3
17
6
17
Suy ra: S
6
Dấu “=” xảy ra khi a b c 1
17
Vậy: max S
khi a b c 1 .
6
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp …
Ta có: AB 2; 2 và AB 2 2
Phương trình đường thẳng AB: x y 1 0
Hay f t
7.a
Đỉnh C nằm trên đường thẳng d : 2 x y 4 0 nên C t ; 2t 4 và t 2
d C ; AB
SABC
t 2t 4 1
2
t 3
0.25
điểm
0.25
điểm
2
t 3
1
1
AB.d C ; AB 2 2
t 3
2
2
2
Bởi vậy:
SABC 2 t 3 2 t 1
0.25
điểm
Nên C 1; 2
Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
x 2 y 2 2 ax 2by c 0
Thay tọa độ A, B, C vào phương trình, ta có:
2a 4b c 5
a 0
6a 8b c 25 b 5
2 a 4b c 5 c 15
Vậy, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
0.25
điểm
8.a
x 2 y 2 10 y 15 0
Tìm điểm C trên trục Ox …….
Vì điểm C trên trục Ox nên C t ; 0; 0
0.25
điểm
0.25
điểm
0.25
điểm
Ta có: CA 1 t ; 2; 1 , CB 2 t;1;3
Tam
giác
ABC vuông tại C điều kiện là:
CA.CB 0 1 t 2 t 2.1 1 .3 0 t 2 t 3 0
t 1 13
t 1 13
Như vậy: C 1 13; 0; 0 hoặc C 1 13; 0;0
9.a
0.25
điểm
Tìm hệ số trong khai triển
Với n nguyên dương, ta có:
6C nn11 An2 160 3. n 1 n n n 1 160
0.25
điểm
n 8
n 2 2n 80 0
n 10
Vậy n 8
8
Bài toán trở thành: Tìm hệ số của x 7 trong khai triển 1 2 x3 2 x
8
8
Ta có: 1 2 x3 2 x 2 x 2 x3 2 x
8
8
8
* 2 x C8k 28k x k . Số hạng chứa x 7 là: 2C87 x 7 16 x 7
k 1
8
8
* 2 x 3 2 x 2 x 3 C8k 28 k x k . Số hạng chứa x 7 là: 2 x3 .C84 24 x 4 2240 x7
k 1
7
Vậy, hệ số của x cần tìm là: 16 2240 2224
7.b
Tìm tọa độ điểm M trên elip …..
Ta có: a 3; b 5; c 9 5 2
0.25
điểm
0.25
điểm
0.25
điểm
0.25
điểm
Tọa độ tiêu điểm: F1 2;0 ; F2 2; 0
x02 y02
1 *
9
5
2
2
MF1 3 x0 ; MF2 3 x0 ; F1 F2 4
3
3
0
Để MF
1 F2 60 thì:
2
MF MF 2 F F 2 2.MF .MF .cos MF
F
Gọi M x0 ; y0 E nên
2
1
1 2
2
1
2
0.25
điểm
0.25
điểm
1 2
2
2
2
2
3 x0 3 x0 42 2. 3 x0 .4.cos 600
3
3
3
3
4 x0 3 x0
4
3
Thay x0 vào (*) ta có:
4
0.25
điểm
2
8.b
9.b
3
2
4 y0 1 y 2 75 y 5 5
0
0
9
5
16
4
3 5 5
3 5 5
hoặc M ;
Như vậy: M ;
4 4
4
4
Tính thể tích khối tứ diện ……
Ta có: AB 3; 1; 2 ; AC 1; 3; 0 ; AD 1;1; 0
1 2
2 3
3 1
AB; AC . AD
. 1
.1
.0 6 2 4
0 1
1 3
3 0
Do AB; AC . AD 4 0 nên AB; AC ; AD không đồng phẳng. Hay 4 điểm A, B, C, D
là 4 đỉnh của tứ diện.
Thể tích tứ diện ABCD:
1 2
V AB; AC . AD
6
3
33x 3x 2 y 9 x y 7
1
Giải hệ phương trình
x y
2
2 x 4 y log 3 10 81
1 33x 3x 2 y 32 x 2 y 7 3 x 2 y 2 x 2 y 3x 2 y 32 x 2 y 7
2 32 x 4 y 34 x 4 y 10
u v uv 7
u v uv 7
2 2
2
u v 10
u v 2uv 10
u v S
Đặt:
ta có:
uv P
u 3
Với
ta có:
v 1
0.25
điểm
0.25
điểm
0.25
điểm
0.25
điểm
x2 y
u 0
3
, ta có hệ phương trình:
Đặt: 2 x 2 y
v0
3
S P 7
P 7 S
S 4
2
2
P 3
S 2 P 10 S 2S 24 0
S 4
u v 4
u 3
Như vậy:
hoặc
P 3 uv 3
v 1
0.25
điểm
0.25
điểm
0.25
điểm
S 6
hoặc
(loại)
P 13
u 1
v 3
x2 y
3
x 2 y 1
1
3
x y
2 x 2 y
3
1 2 x 2 y 0
3
1
x
x2 y
1
x 2 y 0
u 1
3
3
Với
ta có: 2 x 2 y
x
y
2
2
1
v
3
3
3
y 1
6
1 1
1 1
Vậy, hệ có hai nghiệm x; y là: ; và ;
3 3
3 6
0.25
điểm
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 8
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
x 1
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số: y
(C)
2( x 1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác
có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0.
Câu 2 (1 điểm).Giải phương trình: 2cos 2 2 x 2cos 2 x 4sin 6 x cos 4 x 1 4 3 sin 3 x cos x
2 y 3 y 2 x 1 x 3 1 x
Câu 3 (1 điểm).Giải hệ phương trình:
( x, y R )
2 y 2 1 y 2 x
5 4x
10
2 xR
x
x
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A, 2 AC BC 2 a. Mặt
phẳng SAC tạo với mặt phẳng ABC một góc 600 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là
Câu 4 (1 điểm). Giải bất phương trình: 2 x 3
x
trung điểm H của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AH và SB .
Câu 6 (1 điểm). Cho x, y, z 0 thoả mãn x + y + z > 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x 3 y 3 16 z 3
P
3
x y z
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 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vng tại A , biết B và C đối
xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng
d : x 2 y 5 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi qua điểm K 6;2
Câu 8.a (1 điểm). Trong khơng gian Oxyz cho tam gi¸c ABC cã: A 2;3;1 , B 1; 2;0 , C 1;1; 2 .
ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng ( d) ®i qua trùc t©m H cđa tam gi¸c ABC vµ vu«ng gãc víi mỈt ph¼ng
( P): x - 3y + 2z + 6 = 0.
Câu 9.a(1 điểm). Cho n là số ngun dương thỏa mãn
1
2
n
n
c c
n 1
n
... cn cn 255
n
Hãy tìm số hạng chứa x14 trong khai triển nhị thức Niu tơn P(x) = 1 x 3 x 2 .
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 7.b. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 2; 6 , chân
3
đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D 2; và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
2
1
điểm I ;1 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
2
Câu8.b(1điểm).Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A0;0;1 , B 1;2;1 , C 2;1;1 ,
D3;3;3 .Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hồnh sao cho đường
thẳng MN vng góc với đường thẳng CD và độ dài MN 3 .
log 2 ( y 2 x 8) 6
Câu 9.b (1 điểm). Giải hệ phương trình: x
8 2 x .3 y 2.3 x y
------------------------Hết------------------------
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC.
NĂM HỌC: 2013 - 2014
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu Ý
1
Hướng dẫn chấm
TXĐ: D = R\ 1
Chiều biến thiên: y ,
1
1đ
Điểm
1
0 , với x D
( x 1)2
0.25
hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : ; 1 và 1;
Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
1
1
lim y , lim y ; Lim y , Lim y
x
x
x ( 1)
2
2 x( 1)
1
y là tiệm cận ngang; x 1 là tiệm cận đứng.
2
Bảng biến thiên:
x
y,
y
1
1
2
1
2
0.25
0.25
1
3
Đồ thị: đi qua các điểm (0; ) ; (-2; )
2
2
Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1;
1
) làm tâm đối
y xứng
2
I
-1
2
0.25
1
2
O
x0 1
) (C ) là điểm cần tìm
2( x0 1)
Gọi tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình
x 1
x 1
1
y
: y f ' ( x0 )( x x0 ) 0
( x x0 ) 0
2
2( x0 1)
2( x0 1)
x0 1
x
.Gọi M( x0 ;
0.5
1đ
x02 2 x0 1
;0)
2
x 2 2 x0 1
). Khi đó tạo với hai trục tọa độ OAB có trọng
B = oy B(0; 0
2( x0 1)2
Gọi A = ox A(
x 2 2 x0 1 x02 2 x0 1
tâm là: G 0
;
.
6
6( x0 1) 2
Do G đường thẳng:4x + y = 0 4.
4
1
x0 1
2
x02 2 x0 1 x02 2 x0 1
0
6
6( x0 1)2
(vì A, B O nên x02 2 x0 1 0 )
0.25
1
1
x0 1 2
x0 2
x 1 1
x 3
0
0
2
2
1
2
1
2
3
2
3
2
3 5
2 2
Với x0 M ( ; ) ; với x0 M ( ; ) .
0.25
( PT ) 2 cos 2 2 x 1 2 cos 2 x 4 sin 6 x cos 4 x 4 3 sin 3x cos 3 x
2 cos 4 x 2 cos 2 x 4 sin 6 x 4 3 sin 3 x cos 3 x
cos 4 x cos 2 x 2sin 6 x 2 3 sin 3 x cos x
2sin 3 x sin x 4sin 3 x cos3 x 2 3 sin 3 x cos x
0.5
2sin 3x sin x 2 cos3x 3 cos x 0
1đ
2
1đ
3
sin 3 x 0
sin x 3 cos x 2 cos3 x
* sin 3x 0 x k k Z
3
0.25
*sin x 3 cos x 2cos3 x cos x cos 3 x
6
k
x
12
k Z
x k
24 2
k
k
;x
Vậy nghiệm của phương trình là x k ; x
k Z
12
24 2
3
0.25
2 y 3 y 2 x 1 x 3 1 x (1)
2. Giải hệ phương trình:
.
2 y 2 1 y 2 x(2)
Điều kiện: x 1 . Với điều kiện đó, ta có
(1) 2 y 3 y 2 1 x 2 x 1 x 1 x
3
2 y y 2(1 x) 1 x 1 x
1.0
0,25
1đ
Xét hàm số f (t ) 2t 3 t , ta có f , (t ) 6t 2 1 0t R f (t ) đồng biến trên R.
y 0
Vậy (1) f ( y) f ( 1 x ) y 1 x 2
y 1 x
2 x
Thế vào (2) ta được : 3 2 x 1 x 2 x
2 x
3 2x 1 x
1
2 x
1 0 3 2 x 1 x 1( x 1 2 x 0)
3 2x 1 x
x 1 .Suy ra nghiệm của hệ là (x; y) =(1; 0)
Giải bất phương trình.........
x 0
x 0
ĐK: 10
2
x0
x 2 x 10 0
x x 2 0
0,25
0,5
0.25
Với điều kiện trên,
(bpt) 2 x 2 4 x 5 x 2 2 x 10 2 x 2 2 x 10 15 x 2 2 x 10
4
Đặt t x 2 2 x 10
x 1
2
0.25
9 3 *
5
t
Bpt trở thành 2t t 15 0
2 t 3 do *
t 3
2
t 3 x 2 2 x 10 3 x 2 2 x 1 0 x 1 0 luôn đúng.
0.25
2
Vậy nghiệm bất phương trình là x 0;
1đ
0.25
S
K
H
C
N
B
a
M
0.25
A
5
ABC vuông tại A có BC 2a; AC a; B 30 0 ; C 60 0 ; Gọi N là trung
điểm của AC. Vì
AC AB AC HN ; AC SH AC (SHN ) SNH 60 0
Trong tam giác SNH HN
a 3
3a
a2 3
; SH
; mặt khác S ABC
2
2
2
1
a3 3
VS . ABCD S ABC .SH
(đvtt )
3
4
Kẻ a // AH (a đi qua B)
HA // SB, a
Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đó
HK d HA; SB
0.25
0.5
Tam giác ACH đều nên HBM AHC 60 0 HM HB sin 60 0
Trong tam giác SHM ta có
1đ
(với t =
z
, 0 t 1 );
a
3
4
Đặt x + y + z = a. Khi đó
6
1
1
1
3a
HK
2
2
2
4
HK
HM
HS
x y
Trước hết ta có: x 3 y 3
a 3
2
(chứng minh bằng cách biến đổi tương đương)
x y
4P
3
a
64 z 3
3
a z
3
a
64 z 3
3
0.25
3
1 t 64t 3
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 . Có
0.5
1
2
f '(t ) 3 64t 2 1 t , f '(t ) 0 t 0;1
9
Lập bảng biến thiên Minf t
t 0;1
64
16
đạt được khi
GTNN của P là
81
81
0.25
x = y = 4z > 0
A.Theo chương trình Chuẩn.
1đ
B d : x 2 y 5 0 nên gọi B 5 2b; b , vì B, C đối xứng với nhau qua
O suy ra C (2b 5; b) và O(0;0) BC
0.25
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là d : x 2 y 5 0
I (2; 4) và I AB
0.25
Tam giác ABC vuông tại A nên BI 2b 3;4 b vuông góc với
CK 11 2b;2 b
7.a
b 1
b 5
0.25
2b 311 2b 4 b 2 b 0 5b 2 30b 25 0
Với b 1 B (3;1), C ( 3; 1) A(3;1) B loại
31 17
31 17
; .Vậy A ; ; B(5;5); C(5; 5)
5 5
5 5
Với b 5 B( 5;5), C (5; 5) A
1đ
8.a
Gäi
H x; y; z
là trực tâm của tam
giác ABC khi và chỉ khi
BH AC , CH AB , H ABC
2
x 15
BH . AC 0
x 1 2 y 2 3 z 0
29
CH . AB 0
3 x 1 y 1 z 2 0 y
15
1
AH AB, AC 0
x 2 8 y 3 5 z 1 0
z 3
H(
0.25
0.25
0.25
2 29 1
; ; )
15 15 3
Do (d) vuông góc với mp(p) nên (d) nhận u (1; -3; 2) làm véc tơ chỉ phương
0.25
2
29
1
y
z
15
15
3
1
2
3
x
Phương trình đường thẳng (d) là:
1đ
0.25
Cn0 Cn1 Cn2 ... Cnn 1 Cnn (1 1) n 2n
Với n nguyên dương ta có: Ta có
Cn1 Cn1 ... Cnn 2n 1
0.25
n
n
8
Theo giả thiết ta có 2 – 1 = 255 2 = 256 = 2 n = 8.
8
2 8
P(x) = (1 + x + 3x )
= C 3x x
k
8
2
k
=
k0
0.25
k
8 k
= C Ckm (3x2 )k m xm = C8kCkm3km.x2km
.
m0
k0 m0
k 0
2k m 14
m 0 m 2
0mk 8
YCBT
k 7 k 8 .
m, k Z
Vậy số hạng chứa x14 là: ( C87 C70 37 C88C82 36 )x14
8
9.a
k
8
0.25
0.25
B. Theo chương trình Nâng cao.
Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có
1đ
phương trình đường thẳng AD: x 2 0 . Do E thuộc đường thẳng AD nên
E 2; t . Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
2
2
1
2
1
IA IE t 1 2 2 52 t 1 52 t 6;t 4 . Do đo ta được
2
2
0,5
2
E 2; 4
7.b
Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông góc với BC
5
hay BC nhận EI 1; 2 là vectơ pháp tuyến.
2
Do đó pt của BC là:
3
BC :1. x 2 2. y 0 x 2 y 5 0 . Vậy BC : x 2 y 5 0.
2
0.25
0.25
Gọi M m1; m2 ; m3 là điểm thuộc AB khi đó AM , AB cùng phương
1đ
8.b
AM m1; m2 ; m3 1 , AB 1;2;2
AM , AB cùng phương
m1 t
t R : AM t AB m2 2t
M t ;2t ; 1 2t
m 1 2t
3
0.25
Gọi N n;0;0 Ox
NM t n;2t ;2t 1 , CD 1; 2; 2
MN vuông góc CD nên NM .CD 0 t n 4t 4t 2 0 t 2 n 1
2
0.25
2
MN 3 MN 2 9 t t 2 4t 2 2t 1 9
t 1
8t 4t 5 9 8t 4t 4 0 1
t
2
2
2
0.25
Với t 1 n 1 M 1;2;1 , N 1;0;0
Với t
1đ
0.25
1
3
1
3
n M ;1;0 , N ;0;0
2
2
2
2
ĐK: y-2x +8 > 0
; (PT 1) y – 2x + 8 =
2
6
y 2x
0.25
Thế vào pt thứ hai ta được:
x
9.b
x
3x
x
8 18
2
2
8 x 2 x.32 x 2.33 x 8 x 18 x 2.27 x 2 2
27 27
3
3
0.25
x
2
Đặt: t = , (đk t > 0 ) , ta có pt: t 3 t 2 0 t 1 t 2 t 2 0
3
0.25
x 0
. Vậy nghiệm của phương trình là (0; 0)
t 1
y 0
0.25
Chú ý :- Học sinh làm cách khác trong đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
- Câu hình học không gian học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm
ẹE THI THệ ẹAẽI HOẽC SO 9
Thi gian: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt .
2x 4
x 1
a. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
b. Tỡm m ng thng d cú phng trỡnh y = 2 x + m ct th (C) ti hai im phõn bit
Cõu 1 (2.0 im) Cho hm s: y =
A v B sao cho 4SIAB = 15 vi I l giao im ca hai ng tim cn ca th (C).
Cõu 2 (1.0 im) Gii phng trỡnh: 3 cos x 2 = 3(cos x 1)cot 2 x
4x 8x 4 12 y 2 5 = 4 y3 + 13y + 18x 9
Cõu 3 (1.0 im) Gii h phng trỡnh:
2
3
2
4x 8x + 4 2 x 1 + 2 y + 7y + 2y = 0
Cõu 4 (1.0 im) Cho n l s nguyờn dng tha món: Cnn3 C2n 1 = C1n 1Cnn ++32 . Tỡm h s ca
n
n
s hng cha x trong khai trin nh thc NewTon ca biu thc: P = x x n8
3x
Cõu 5 (1.0 im) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht tõm O, cnh
11
3
AD = a 6 v cnh AB = a 3 , M l trung im cnh AD, hai mt phng (SAC) v (SBM)
cựng vuụng gúc vi mt phng ỏy. Tớnh th tớch khi chúp S.OMC v chng minh ng
thng BM vuụng gúc vi mt phng (SAC) bit gúc gia cnh bờn SA v ỏy l 60o.
Cõu 6 (1.0 im) Cho x, y, z l cỏc s dng tha món: xy 1 v z 1.
a) CMR:
b) Tỡm
1
1
2
x + 1 y + 1 1 + xy
giỏ tr nh nht ca biu thc sau:
P=
x
y
z3 + 2
+
+
y + 1 x + 1 3(xy + 1)
Cõu 7 (1.0 im) Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hai ng thng 1 v 2 cú
phng trỡnh ln lt l: 2 x 11y + 7 = 0 v 2 x + 3y + 4 = 0 . Lp phng trỡnh ng thng
i qua im M(8; 14) , ct hai ng thng 1 , 2 ln lt ti A v B sao cho:
3MB + 2 AM = 0.
Cõu 8 (1.0 im) Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hai ng trũn (C1 ) v (C2 ) cú
1
v (x 2)2 + (y 2)2 = 4 . Lp phng trỡnh ng
2
thng tip xỳc vi (C1 ) , ng thi ct (C2 ) ti hai im phõn bit A, B sao cho:
phng trỡnh ln lt l: (x 1)2 + y 2 =
AB = 2 2 .
Cõu 9 (1.0 im) Tỡm m phng trỡnh sau cú nghim:
2 x + 3 + (2 2m) x 3 = (m 1) x 2 9
-------------------------- Ht --------------------------
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối A, A1
(Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
Câu
Đáp án
1
a. (1.0 điểm) Khảo sát…
(2.0 điểm) • Tập xác định: D = ℝ \ {1} .
• Sự biến thiên:
lim y = 2 , lim y = 2 ⇒ y = 2 là đường TCN của đồ thị hàm số.
x →−∞
Điểm
0.25
x →+∞
lim y = −∞ , lim− y = +∞ ⇒ x = 1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.
x →1+
x →1
2
y' =
> 0 ∀x ∈ D
(x − 1)2
⇒ Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;1) và (1; +∞).
Bảng biến thiên:
x
−∞
1
+
y'
y
y
4
+∞
+
+∞
2
0.25
−∞
2
• Đồ thị:
x
0
0.25
2
0
- Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm
I(1; 2) làm tâm đối xứng.
b. (1.0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình:
x ≠ 1
2x − 4
= 2x + m ⇔ 2
x −1
2x + (m − 4)x − m + 4 = 0 (1)
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
0.25
0.25
m < −4
2 + (m − 4) − m + 4 ≠ 0
(*)
⇔
⇔
2
m
4
>
∆ = m − 16 > 0
Khi đó, giả sử A(x A ;2x A + m), B(x B ;2x B + m) với x A , x B là nghiệm của (1)
4−m
4−m
và x A x B =
2
2
m
⋅ AB = 15 ⇔ 4AB2 .m 2 = 1125
Ta có: 4SIAB = 15 ⇔ 2d(I, AB).AB = 15 ⇔ 2 ⋅
5
2
2
2
⇔ 20(x A − x B ) .m = 1125 ⇔ 4[(x A + x B ) − 4x A x B ]m 2 = 225
Áp dụng định lý Vi-ét ta có: x A + x B =
⇔ (m 2 − 16)m 2 = 225 ⇔ m 2 = 25 ∨ m 2 = −9 (loaïi) ⇔ m = ±5 tm(*)
Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m = ±5.
Trang 1/4
0.25
0.25
0.25
