De thi thu dai hoc khoi d lan I truong THPT HQ nam2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 MÔN: TOÁN; KHỐI: D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề. 2x  1 1 x 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số.. Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y . 2. Gọi  d  là đường thẳng có phương trình y  mx  2m  2 .Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn: x1  x 2  2 x1 .x 2  3 . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 1+ sinx + cosx + sin2x =(sinx +cosx)  2sin x  ( 3  1)cos x . . .  x  y  xy  3  0 2. Giải hệ phương trình:  3 ( x, y  R )  x  y 3  3 x  5 y  0 2. 2.  6. sin 3 x dx cos x  cos 3 x 0. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : I= . Câu IV(1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, cạnh huyền bằng 3a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, A ' C .  ABB ' A ' .. a 26 . Tính thể tích khối trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách từ C đến mặt phẳng 2. Câu V(1,0 điểm) Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x > 0 :. log 32 x  (m  3) log 32 x  1  0 Câu VI(2,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng  d  có phương trình: 2 x  y  1  0 , tam giác ABC có đường cao AH có phương trình : x  y  3  0 , cạnh AC song song với đường thẳng.  d  , đỉnh B thuộc đường thẳng  d  và. điểm M  0;2  là trung điểm của cạnh BC. Viết phương trình các. cạnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) song song với trục Ox, vuông góc với mặt phẳng (Q): x  2 y  z  1  0 và tiếp xúc với mặt cầu (S) có phương trình: x  y  z  2 x  4 y  6 z  5  0 . 2. 2. 2. Câu VII(1,0 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của n. 1   3 3 2  2 x  5  , x  0 , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: C2 n  20Cn . x  ------------------ Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: ............................. Chữ kí giám thị: ..............................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG Tổ: Toán ----***----. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 MÔN: TOÁN; KHỐI: D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐÁP ÁN ĐIỂ M. CÂU. 1. (1,0 điểm) I (2,0 đ) * Tập xác định: D = R \ 1 * Sự biến thiên: 3 y'   0 với x  (;1)  (1;) (1  x) 2  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;1 và 1;+  . Cực trị : Hàm số không có cực trị. Giới hạn, tiệm cận: 2x  1 2x  1 lim y  lim  ; lim y  lim    x  1 x  1 x  1 1 x 1 x x 1 Do đó đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 2x  1 2x  1 lim y  lim  2; lim y  lim  2 x   x   1  x x   x   1  x Do đó đường thẳng y = - 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. Bảng biến thiên: x 1 . y ' x . +. y  x. 0,25. 0,25. . +. . -2 0,25. -2. . Đồ thị:.  1  2.  . Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 1) và cắt trục hoành tại điểm   ;0  . Đồ thị có tâm đối xứng là giao điểm I(1 ; - 2) của hai tiệm cận. 0,25. -2-.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> y. 8. 6. 4. 2. x -6. -5. -4. -3. -2. -1. 1. 2. 3. 4. 5. 6. -2. -4. -6. -8. 2. (1,0 điểm). 2x  1  mx  2m  2 (1), với x  1 . 1 x  mx 2  mx  2m  3  0 (2). - Phương trình hoành độ giao điểm là:. 0,25. Đặt f(x) = mx 2  mx  2m  3 -Để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt thì (1) có 2 nghiệm phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1. m  0 m  0 m  0  2     0  9m  12m  0   4 (*)  m   f (1)  0 3  0  3  . 0,25. Với m thỏa mãn (*) thì (2) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x 2 và theo Vi-et có:  x1  x 2  1   3  2m  x1 .x 2  m 3  2m  3  m = 3 m Đối chiếu m = 3 với điều kiện (*) ta thấy thỏa mãn. Kết luận: Vậy với m = 3 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán. 1. (1,0 điểm) Giải phương trình:. Để x1  x 2  2 x1 .x 2  3 thì  1  2. 0,25 0,25. II (2,0 đ) 1  sin x  cos x  sin 2 x  (sin x  cos x)  2sin x  ( 3  1)cos x  (1). . . TXĐ: D = R khi đó ta có (1).  (sin x  cos x)  (sin x  cos x) 2  (sin x  cos x)  2sin x  ( 3  1)cos x   0  (sin x  cos x)(1  sin x  cos x  2sin x  3 cos x  cos x)  0. 0,25.  (sin x  cos x)(1  3 cos x  sin x)  0 sin x  cos x  0   1  3 cos x  sin x  0  4.  4. Xét sin x  cos x  0  2 sin( x  )  0  x    k , k  Z. 0,25. -3-.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3 1 1 cos x  sin x   2 2 2   x   l 2   1 2  cos( x  )     ,l  Z 5  6 2 x    l 2  6. 1  3 cos x  sin x  0 . Kết luận nghiệm của phương trình là:   5 x    k , x   l 2 , x    l 2 , k , l  Z 4 2 6. 0,25. 0,25.  x 2  y 2  xy  3  0 2. (1,0 điểm) . Giải hệ phương trình:  3 (I) với x, y  R  x  y 3  3 x  5 y  0  x 2  y 2  xy  3 Ta có (I)   ( x  y )( x 2  xy  y 2 )  3 x  5 y  0. 0,25.  x  y  xy  3  x  y  xy  3   2 2 ( x  y )( x  xy  y  2 xy )  3 x  5 y  0 ( x  y )(3  2 xy )  3 x  5 y  0 2. 2. 2. 2.  x 2  y 2  xy  3   x 2  y 2  xy  3  x 2  y 2  xy  3  y  0      2 2  y  x 2 y  xy 2  0  y (1  x 2  xy )  0  x  y  xy  3  x 2  xy  1  0 . 0,25.  x  1   x 2  y 2  xy  3  x 2  y 2  xy  3 y  2 Xét hệ  2  2   x  1  x  xy  1  0  y  1  3   y  2. 0,25.  x  3   x 2  y 2  xy  3  y  0 Xét hệ   y  0  x   3  y  0 . 0,25. Hệ phương trình có 4 nghiệm ( x; y ) : ( 3;0); ( 3;0); (1;2); (1;2) . III (1,0 đ).  6. (1,0 điểm) Tính tích phân : I =. sin 3 x.  cos x  cos 3x dx 0.  6. = 0.  6. sin( x  2 x) 1 sin x cos 2 x  cos x sin 2 x dx =  dx 2 cos 2 x cos x 20 cos 2 x cos x  6. =.  6. 1 sin x 1 sin 2 x dx   dx  2 0 cos x 2 0 cos 2 x. 0,25. 0,25. -4-.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> . 1 2. . 1 4. =  ln cos x 6  ln cos 2 x 6 =. 0. 0,25. 0. 1 3 1 1 ln  ln 2 2 4 2. IV (1,0 đ). 0,25. A'. C'. B'. M. A. C. G H. B 3a a  GM  . 2 2. -. Gọi M là trung điểm của AC  BM . -. 10a 2 Trong tam giác vuông GMC có: GC  GM  MC  4. -. 2. 2. Trong tam giác vuông A’GC có: A ' G . -. 2. A ' C 2  GC 2 . 26a 2 10a 2   2a 4 4. 0,25. Thể tích lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là:. 1 9a 3 V  A ' G.S ABC  A ' G. .BM . AC  (dvtt ) 2 2 - Kẻ GH  AB , H thuộc AB,  GH / / BC   A ' H  AB . - Trong  vuông HGB   2 BM .sin 450  2 . 3a . 1  a ; có: GH  BG.sin HBG 3 3 2 2 2. 0,25. 0,25. 3a a 2 3a  - Trong  A’GH có: A ' H  A ' G  GH  4a  ; AB  2 2 2 2 1 9a  diện tích A ' AB là: S A ' AB  A ' H . AB  2 4 Mặt khác thể tích lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' xác định bởi: 2. 2. 2. 0,25. -5-.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 V  3.VA '. ABC  3VC . A ' AB  3. d  C ,  A ' B ' BA   .S A ' AB  d  C ,  A ' B ' BA  .S A ' AB 3 9a 3 V  d  C ,  A ' B ' BA     2 2  2a S A ' AB 9a 4 Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng  ABB ' A '  là d  C ,  A ' B ' BA   = 2a (đvđd). V Xét bất phương trình: log 32 x  (m  3) log 32 x  1  0 (1) (1,0 đ) Tập xác định : D   0;   (1)  log x  (m  3) log x  1  2 3. Đặt. 2 3. log 32 x log 32 x  1. 0,25.  m3. log 32 x  1  t (t  1). t 2 1  m  3 (2) t Để (1) nghiệm đúng với mọi x > 0 thì (2) nghiệm đúng với mọi t  1 t 2 1 Xét hàm số f(t)= với t  1 t 1 ta có f’(t) = 1+ 2 > 0 với t  1 và f(t) là hàm liên tục trên 1;  t  hàm số f(t) luôn đồng biến trên 1;   Min f  t   f 1  0 Khi đó bất phương trình trở thành. 0,25. 0,25. 1; . Để (2) nghiệm đúng với mọi t  1 thì Min f  t   m+3  0  m+3  m  - 3 1; . VI (2,0 đ). 0,25. Vậy (1) nghiệm đúng với mọi x > 0 khi m  - 3. 1. (1 điểm). -. PT đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH: x  y  2  0. -. (BC). cắt. (d). tại. B. nên. tọa. độ. điểm. B. là. nghiệm. của. hệ:. x  y  2  0 x  1   B 1;3  2 x  y  1  0 y  3  . 0,25. -. M là trung điểm của BC suy ra C  1;1 .. -. Đường thẳng AC qua C và song song với (d)  pt (AC): 2 x  y  3  0 .. -. A   AC    AH   tọa. độ. A. là. nghiệm.  2 x  y  3  0  x  2   A  2; 1  x  y  3  0 y   1   - Đường thẳng (AB) đi qua 2 điểm A, B có pt: 4 x  3 y  5  0 - Kết luận. 2. (1 điểm) - Mặt cầu (S) có tâm I  1;2;3 và bán kính R = 3.. của. 0,25 hệ:. 0,25 0,25 0,25. -6-.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> . - Vì mp(P) // Ox và (P)  (Q) nên vectơ đơn vị i  1;0;0  trên trục OX và vectơ.  pháp tuyến n1  1; 2;1 của (Q) có giá song song hoặc nằm trên (P).       Do i và n1 không cùng phương nên mp(P) có 1 vtpt là: n  n1 , i    0;1;2     phương trình mp(P) có dạng: y  2 z  m  0 , ( m  0 do (P) // Ox). 0,25. - mp(P) tiếp xúc với mặt cầu (S).  d  I ;( P)   R . 2  2.3  m 12  22. m  3 5  8 3 8 m 3 5    m  3 5  8. 0,25. KL: Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là:. 0,25. y  2 z  3 5  8  0 hoặc y  2 z  3 5  8  0 . VII (1,0đ). n  2  C23n  20Cn2    2n !  n8 n!  20.  3! 2n  3! 2! n  2 ! . 0,25. Với n = 8 ta có khai triển : 8. 8 1   3 k 3  2 x  5    C8 2 x x  k 0 . . 8 k. . k. 8 k. 8  1  k  5    C8  2   x  k 0. x. 408 k 15. 0,25. Số hạng không chứa x của khai triển nhị thức niu-tơn trên ứng với k thỏa mãn:. k  ,0  k  8  k 5  40  8k  0  15  số hạng không chứa x của khai triển nhị thức niu-tơn trên là: C85 .285  448 .. 0,25. 0,25. Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. --------------- Hết --------------. -7-.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>