DE THI THU DAI HOC TRUONG THPT LE HUU TRAC

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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) 3. 2. 2. 3. Câu I (2đ): Cho hàm số y  x  3mx  3(m  1) x  m 1 (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 0 thị hàm số cùng với điểm M(-2;2) tạo thành góc AMB 90 Câu II (2đ):   2 1, Giải phương trình:. ( 3 s inx  cos x)(s inx  cos x) 4 2 sin ( x  )cos( x  ) 4 4. 2 2, Giải phương trình: 2 x  6 x  10  5( x  2) x  1 0. 3 x(sin Tìm nguyên hàm . 2. 2 x  1  4 x 2 )dx. Câu III (1đ): 0 Câu IV (1đ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAD 60 . O là giao điểm của AC và BD, H là trung điểm của BO, SH  ( ABCD). SH . a 3 2 . Tìm thể tích. của S.AHCD và tìm khoảng cách giữa AB và SC. Câu V (1đ): Cho a, b, c  0 thỏa mãn 2ab  5bc  6ca 6abc . P. ab 4bc 9ca   b  2a 4c  b a  4c. Tìm giá trị nhỏ nhất của 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 k 1013k 1000 2013 A C2013 .C2013  C2013 .C2013  ....  (  1) k C2013 .C2013  .....  C2013 .C2013. 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 3x  5 y  8 0, x  y  4 0 . Đường thẳng qua A vuông góc D 4;  2  với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là  . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu VIIb (1đ) Giải bất phương trình:. log 3 ( 3 x  x  4)  log 1 (2 x 1) log 1 3. 3. 1 2. ------------------- Hết -----------------ĐÁP ÁN: Câu I 1, 1đ. Đáp án. Thang điểm. 3 2 Với m=1, hàm số (1) trở thành y  x  3 x 1,TXĐ: D . 0,25. 2,. Sự biến thiên: 0,25.  x 0 y ' 3 x 2  6 x, y ' 0    x 2 + Chiều biến thiên: 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, ycd 0 ; cực tiểu tại x=2, yct  4 lim y ,lim y   x   .+Giới hạn: x  +BBT 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 fx = x3 -3x2. y 2. O -5. 5. x. 0,25 -2. -4. 2, 1đ. y ' 3 x 2  6mx  3  m2  1. để hs co CĐ,CT y ' 0 có 2 nghiệm phân biệt. 0.5.   '  0  m. 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. AMB 90  MA. MB 0  (m  1)(m  3)  ( 3m  1)(  3m  3) 0. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  m 0  10m 2  10m 0    m  1. Câu II 1, 1đ. 2, 1đ.   ( 3 s inx  cos x)(s inx  cos x ) 4 2 sin 2 ( x  )cos( x  ) 4 4 Giải phương trình ( 3 s inx  cos x)(s inx  cos x) 2(s inx  cos x) 2 (cos x  s inx)  s inx  cos x 0   (s inx  cos x)( 3 s inx  cos x  2 cos 2 x) 0  3 s inx  cos x 2 cos 2 x   s inx  cos x 0  x   k 4   x   k 2   3  3 s inx  cos x 2 cos 2 x  cos2 x cos( x  )   3  x   k 2  9 3 ĐK: x  1 2   2( x  2)  Pt  2( x  2)  2( x  1)  5( x  2) x 1 0 . x  1   2 x  1  ( x  2)  0. 0.5. 0.5. 0.25 0.25.  2( x  2)  x  1 0   2 x  1  ( x  2) 0  x 2   x 2  x 3 x  1 2( x  2)   2     x 3 4 x  17 x 15 0  x  5   4 *. 0.25.  x 2  x 2  x 1 x  2   2    x 0  x 8  x  8 x 0   x 8  *2. 0.25. Kl: pt có nghiệm x=3 x=8 CâuIII 1đ. Tìm. 3x(sin. 2. 2 x  1  4 x 2 ) dx 3x sin 2 2 xdx  3x 1  4 x 2 dx. 1 1 1  4 x 2 d (1  4 x 2 )  (1  4 x 2 ) 1  4 x 2  C1  8 12 1  cos4x 1 x2 1 2 x sin 2 xdx  x dx  ( x  x cos 4 x ) dx   x cos 4 xdx   2 2 4 2  du dx u  x     1 dv cos4 xdx v  sin 4 x  4 Đặt 1 1 1 1  x cos 4 xdx  x sin 4 x  sin 4 xdx  x sin 4 x  cos 4 x  C2 4 4 4 16. x. 1  4 x 2 dx . 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3x(sin Vậy. CâuIV 1đ. 2. 1 3 3 3 2 x  1  4 x 2 ) dx  (1  4 x 2 ) 1  4 x 2  x 2  x sin 4 x  cos 4 x  C 4 4 8 32. .0.25. Hình vẽ S L I B. C. J H O A. N. K D. a 3 1 3 S AHCD  AC.DH  DH  a  ABD 2 4 2 ta có đều nên BD=a 3a 2 3 1 3a 3 AC 2 AO a 3  S AHCD   VS . AHCD  SH .S AHCD  8 3 16. 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. 0.5. h SH . 1 1 1 a 3 3a 3 3a 3   HS  HK HD.sin HDK   2 2 2 HI HK HS 2 , 4 2 8 1 4 64 100 3a 3   2   HI  2 2 2 HI 3a 27a 27a 10 4 4 4 2a 3 d ( AB, SC ) d ( AB,( SCD))  d ( HN , (SCD ))  d ( H ,( SCD ))  HI  3 3 3 5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu V (1đ):. Cho a, b, c  0 thỏa mãn 2ab  5bc  6ca 6abc Tìm giá trị nhỏ nhất của. P. ab 4bc 9ca   b  2a 4c  b a  4c. .0.25.  x, y , z  0 5 6 2 1 1 1   6 x  , y  ,z    5 x  6 y  2 z 6 a b c gt a b c đặt 1 4 9 P   x  2 y 4 y  z z  4x Khi đó . 1 4 9 1 4 9  P6    6     x  2 y  4 y  z  z  4x x  2 y 4 y  z z  4x x  2 y 4 y  z z  4x = 1 4 9  x  2y   4y  z   z  4 x 2  4  6 12 x  2y 4y  z z  4x  P 6 a 2  b 4 c 1 . 0.5. 0.25. Vậy GTNN của P là 6 xẩy ra khi Câu VIa 1,1đ. Giả sử đường thẳng d cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A(a;0), B(0;b), (a, b 0) x y 1 3  1  1 (1) a b a b Pt đường thẳng d có dạng: Do d qua M(1;3) nên Đồng thời, IAB cân tại I nên  a  b  a  2 b  2    a b  4. IA IB .  a  2. 2.  4  4   b  2. 2.  Với a  b , thay vào (1) ta được a  2; b 2 nên phương trình đường thẳng d là x  y  2 0 a  2 a 2   b 2 b 6  Với a b  4 thay vào (1) ta được  hoặc  Từ đó, phương trình đường thằng d là 3x  y  6 0 hoặc x  y  2 0 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là d : 3x  y  6 0 hoặc d : x  y  2 0. 0,25 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2,(1đ). B. I. H. .. C. A. x  2 Đường tròn tâm I có pt . 2. 2.   y 1 25. AB có pt y=ax+5 (a>0) . SABBC 5  AB 2 5  AH  5  d ( I , AB ) 2 5. Câu VIIa (1đ).  a  2 2 5   2  a 1 a 1  2.  2a  6. 0.25 0.25. 1 1 a  y  x 5 2 đt AB có pt là 2 Vì a>0 nên khi đó tọa độ A,B 1   y 2 x  5  A( 2; 4) B( 6; 2)   x  2  2   y  1 2 25 tm  hoặc A(-6;2) B(-2;4) 0 1013 1 1014 k k 1013k 1000 2013 Rút gọn biểu thức A C2013 .C2013  C2013 .C2013  ....  ( 1) C2013 .C2013  ....  C2013 .C2013. 0.25. 0 1 2 k 2013 2013 (1  x) 2013 C2013  C2013 x  C2013 x 2  ....  (  1) k C2013 x k  ....  C2013 x. 0.25. 0.25. 0 1 2 k 2013 (1  x) 2013 ( x  1) 2013 C2013 x 2013  C2013 x 2012  C2013 x 2011  ....  C2013 x 2013 k  ....  C2013 0 1 2 k 2013 4026 (1  x 2 )2013 C2013  C2013 x 2  C2013 x 4  ....  ( 1)k C2013 x 2 k  ....  C2013 x. Ta có. (1  x )2013 (1  x)2013  1  x 2 . 2013 1000 nên hệ số của x của hai vế bằng nhau. 0 1013 1 1014 k k 1013 k 1000 2013 500 nên A C2013 .C2013  C2013 .C2013  ....  ( 1) C2013 .C2013  ....  C2013 .C2013 C2013. Câu VIb a,1đ. A. B I. D. C. 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> I la giao điểm cua AC và BD I thuộc Ox nên I(a;0) pt đường thẳng AB: x+y-2=0 d ( I , AB) . 0.25. a 2 2. ; AB  2.  a  4 S ABCD 12  2d ( I , AB). AB 12  a  2 6    a 8 Vì. 0.25. a=-4 suy ra I(-4;0) nên C(-7;-3) và D(-6;-4) a=8 suy ra I(8;0) nên C(17;-3) và D(18;-4). 0.25 0.25. 2,1đ. A E H B. K. C. M. D. Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và . 0.25. AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. tọa độ của M là nghiệm của hệ  x  y  4 0   3x  5 y  8 0. AD vuông góc với BC nên của. 7   x  2 7 1  M  ;    2 2  y  1  2.   nAD uBC  1;1. , mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình. AD :1 x  4   1 y  2  0  x  y  2 0. 0.25. . Do A là giao điểm của AD và AM nên. 3 x  5 y  8 0  x 1   A  1;1  x  y  2  0 y  1   tọa độ điểm A là  x  y  4 0  x 3   K  3;  1  x  y  2  0 y  1   Tọa độ điểm K:     Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK KCE , mà KCE BDA (nội tiếp chắn cung AB ). 0.25. H 2; 4   BDK Suy ra BHK , vậy K là trung điểm của HD nên   .  B  t; t  4. Do B  BC  . , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra. C  7  t;3  t . HB(t  2; t  8); AC (6  t; 2  t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên    t 2 HB. AC 0   t  2   6  t    t  8   2  t  0   t  2   14  2t  0    t 7 t 3  t 2  B  2;  2  , C  5;1 Do . Ta có     AB  1;  3 , AC  4;0   nAB  3;1 , nAC  0;1. .. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Câu VIIb 1đ. Suy ra AB : 3 x  y  4 0; AC : y  1 0. Đk: x 0 3. Bpt.  log3. x  x 4 log 3 2  2 x 1. 3. x  x 4 2  2 x 1. x  3 x  4 4 x  2. 0.25 0.25. (vì 2 x  1  0 ) Đặt. t  6 x  t 0 . t 1 . 6. bpt.  3t 3  t 2  2 0   t  1  3t 2  2t  2  0  t 1. x 1  x 1 do đk nên bpt có nghiệm x   0;1. Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa!. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>