De thi thu nam 2014 THPT Vinh phuc khoi D lan 1

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC. WWW.VNMATH.COM KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán 12. Khối D.. Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang). Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề). A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  ( 2m  1)x 2  m  1 ( Cm ) . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  1 . 2) Tìm m để đường thẳng y  2mx  m  1 cắt cắt đồ thị hàm số ( Cm ) tại ba điểm phân biệt có. hoành độ lập thành một cấp số cộng. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 sin3 x  3  3 sin 2 x  2 sin x  3 tan x .. . . 4  2 2  13 2 9  x  y   2xy  x  y   2)Giải hệ phương trình:  . 1 2x  3  x y 3. 3x  2  3x  2 x2 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành với AB  2a , BC  a 2 , BD  a 6 . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là trọng tâm G của tam giác BCD , biết SG  2a . Tính thể tích V của hình chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a . 1 1 1    3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu Câu V (1,0 điểm). Cho x, y là các số dương thoả mãn xy x y 3y 3x 1 1 1    2 2 thức: M  x( y  1) y ( x  1) x  y x y Câu III (1,0 điểm). Tính giới hạn : L  lim x 2. B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIA (2,0 điểm) 1)Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AB , CD ; hai đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Biết A  0;3  , B  3;4  và C nằm trên trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh D của hình thang ABCD . n. 2   2)Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : p  x    3 x   . Biết rằng số nguyên dương n x  thoả mãn Cn6  3Cn7  3Cn8  Cn9  2Cn8 2. CâuVIIA (1,0điểm).Xác định m để hàm số: y   m2  3m  x  2  m  3  cos x luôn nghịch biến trên . 2.Theo chương trình nâng cao. Câu VI B (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip  E  biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của  E  tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật. . . cơ sở của  E  là 12 2  3 . 2 3 2013  2.3.C2013    2012.2013.C2013 2) Tính tổng : S  1.2.C2013. CâuVII B (1,0 điểm).Xác định m để hàm số: y   m 2  m  1 x   m 2  m  1 sin x  2m luôn đồng biến trên  ---------- HẾT ----------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC. KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán 12. Khối D.. Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang). Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn bản này gồm 05 trang). I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi. 3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả. II) Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm 3 2 Cho hàm số y   x  ( 2m  1)x  m  1 ( Cm ) . 1,0 đ 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  1 . Khi m  1 hàm số trở thành y   x 3  3x 2  2 CâuI Tập xác định: R; hàm số liên tục trên R. 0,25 Sự biến thiên: lim y   ; lim y   . Đồ thị hàm số không có tiệm cận. x . 2,0 đ. Bảng biến thiên: x – y’ y +. x . +. 0 0. 1 –. –. 2 0 2. + + 0.25. yĐU = 0 –2 Đồ thị của hàm số có dạng như hình dưới đây:. –. 0.25. 2) Tìm m để đường thẳng y  2mx  m  1 cắt ( Cm ) tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng Xét phương trình hoành độ giao điểm:  x 3  ( 2m  1)x 2  m  1  2mx  m  1  x 3  ( 2m  1 )x 2  2mx  0 x  0 2  x  x  ( 2m  1 )x  2m   0   x  1  x  2m. 1,0đ. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> WWW.VNMATH.COM Ba giao điểm là: A  0;  m  1 ; B  1;m  1 ; C  2m;4m 2  m  1 1 (*) 2 Sắp sếp các hoành độ theo thứ tự tăng dần ta có các dãy số sau  0 ; 1 ; 2m lập thành cấp số cộng  0  2m  2.1  m  1 thoả mãn (*) 1  0 ; 2m ; 1 lập thành cấp số cộng  0  1  2.2m  m  thoả mãn (*) 4 1  2m ; 0 ; 1 lập thành cấp số cộng  2m  1  2.0  m   thoả mãn (*) 2 1 1 Kết luận: m =  ; ;1 2 4 1) Giải phương trình: 2 sin3 x  3  3 sin 2 x  2 sin x  3 tan x .(1). Ta có: A , B , C phân biệt  m  0;m . . CâuII. 0.25. 0.25. . Điều kiện: cos x  0 Phương trình đã cho tương đương với : 2 sin 3 x.cos x  3 cos x  3 sin 2 x  2 sin x  3 sin x. . 0.25. . 0.25.  2 sin3 x.cos x  3cos x  3cos 2 x.sin x  2 sin 2 x  2 sin 2 x  sin x.cos x  1  3 cos x  sin x.cos x  1  0 2,0 đ.   sin x.cos x  1  2 sin 2 x  3cos x   0. 0.25. 1    sin 2x  1   2  2 cos 2 x  3 cos x   0 2   cos x  2 VN   2 cos x  3 cos x  2  0 ( do sin 2x  2  0,x )    cos x   1  2 1 2  cos x    x    k2  ,k   ( thoả mãn điều kiện ) 2 3 2  k 2 ,k   Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x   3 4  2 2  13 2 9  x  y   2xy  x  y   2)Giải hệ phương trình:  . 2x  1  3  x y 2.   1  2 2 5  x  y   4  x  y    13 2   x  y     Đ/K x  y  0 Viết lại hệ phương trình:  1   x  y    x  y    x  y   3  Đặt a  x  y ; b  x  y . 0.25. 0.25. 0.25. 1 điều kiện b  2 . x y. 5  5a 2  4  b 2  2   13 9a 2  24a  15  0 a  1  a  Hệ đã cho trở thành:    3 a  b  3 b  3  a b  3  a. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> WWW.VNMATH.COM x  y  1 a  1  x  y  1 x  1       1 b  2 x  y  1 y  1 x  y  x  y  2  5  a  3 Loại   5 4 b  3  a  3    3 3 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất  x; y    1;1 3. Tính giới hạn : L  lim x 2. CâuIII.  L  lim. 3. x2. 3x  2  3x  2 x2.  . 3x  2  2  2  3x  2.   lim . 0.25. 1,0đ 3.  x2  . x2. 0.25. 3x  2  2 3x  2  2     L1  L2 x2 x2 . 0.25. 3. 3x  2  2 3x  2  8  lim x2 x 2 2 x2  x  2   3  3x  2   2 3 3x  2  4    3 1  L1  lim 2 x2 3  3x  2   2 3 3x  2  4 4 L1  lim. 1,0đ. L2  lim x2. CâuIV. 3x  2  2 3x  2  4  lim x2 x2  x  2  3x  2  2. . . 3 3 L2  lim  x2 3x  2  2 4 1 3 1 L  L1  L2     4 4 2 Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình bình hành với AB  2a , BC  a 2 , BD  a 6 . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là trọng tâm G của tam giác BCD , biết SG  2a . Tính thể tích V của hình chóp S .ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a .. 1,0đ. 0.25. 0.25. 0.25. 1,0đ. 0.25. Nhận xét ABCD là hình chữ nhật (do AB 2  AD 2  BD 2 ). VS .ABCD . 1 4 2 3 SG.S ABCD  a 3 3. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> WWW.VNMATH.COM K là điểm đối xứng với D qua C, H là hình chiếu vuông góc của G lên BK suy ra BK  ( SHG ) . Gọi I là hình chiếu vuông góc của G lên SH suy ra GI = d(AC,SB) 1 1 1 2a 2a    CJ   GH  GH = CJ mà 2 2 2 CJ BC CK 3 3 Tam giác SHG vuông ở G suy ra GI=a. Vậy: d(AC,SB) = a 1 1 1    3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Cho x, y là các số dương thoả mãn xy x y 3y 3x 1 1 1    2 2 CÂU V M  x( y  1) y ( x  1) x  y x y. 0.25. 0.25. 1,0đ. 2. Cách 1. Cách 2.  a  b 1 1 Đặt a   0, b   0 , theo đề bài ta có 3   a  b   ab  (BĐTCauchy), x y 4 kết hợp với a  b  0 suy ra a  b  2 3a 3b ab    a2  b2 Ta tìm giá trị lớn nhất của M  b 1 a 1 a  b 2 (a  b)  2ab  a  b ab 3   (a  b)2  2ab ab  a  b  1 a b 1 12    ( a  b ) 2  a  b   2  (do ab  3  (a  b) ) 4 ab  12 Đặt t  a  b  2 xét hàm số: g (t )  t 2  t   2 trên  2;   t 12 g (t )  2t  2  1  0, t  2 suy ra g (t ) nghịch biến trên (2, ) t 3 Do đó max g (t )  g (2)  6 suy ra giá trị lớn nhất của M bằng đạt được khi 2,    2 a  b  1  x  y  1. 1 1 3a 3b ab    a2  b2 Đặt a   0, b   0 , theo đề bài ta có M  b 1 a 1 a  b x y  a  ab  b  a   a  ab  b  b  ab  a 2  b2 . M b 1 a 1 ab ab ab ab ab ab ab 1 M       a b  b a  ab (BĐT AM-GM) b  1 a  1 a  b 2 b 2 a 2 ab 2 1 1  a  b  1 b  a  1 a  b  3 M  a b  b a  ab       , (BĐT AM-GM) 2 2 2 2 2  2 dấu bằng khi a  b  1 3 Vậy giá trị lớn nhất của M bằng đạt được khi a  b  1  x  y  1 . 2 1)Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AB , CD ; hai đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Biết A  0;3  , B  3;4  và C. . . Câu VI A. . 0.25. 0.25. 0.25. 0,25 0.25 0.25 0.25. . nằm trên trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh D của hình thang ABCD .. 0,25. 1,0đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> WWW.VNMATH.COM. 2,0 đ. 0.25. C  Ox  C  c;0 .  DC  : x  3 y  c  0  D( 3d  c;d )   AC( 0; 3 ); BD( 3d  c  3;d  4 ). AC  BD  3dc  c 2  3c  3d  12  0( 1 ) 3 7 I là trung điểm AB  I( ; ) 2 2 8  3c  3d  2c d  (2) J là trung điểm DC  J  ;  , từ IJ  AB  d  5 2  2 c  6 2 Thay (2) vào (1) có: 2c  9c  18  0   3 c   2 c  6  d  2  D( 0; 2 )( tm ). 3 5 5 c  d   D( 6; )( ktm ) 2 2 2 (Học sinh phải kiểm tra điều kiện thông qua véctơ AB và véctơ DC cùng chiều) Kết luận: D( 0; 2 ). 0.25. 0.25. 0,25. n. 2   2) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : p  x    3 x   . Biết rằng số x  nguyên dương n thoả mãn Cn6  3Cn7  3Cn8  Cn9  2Cn8 2. 1,0đ. Điều kiện : n  * ,n  9  Cn93  2Cn8 2  Cn8 2  Cn9 2  2Cn8 2  Cn9 2  Cn82  n  15 15. 15 2   Khi đó p  x    3 x   C15k   x k 0 . 15  k.  x 3. k. 30  5k 15  2  k k 6     C15 2 x x k 0  . VII A. 0.25. 30  5k 0  k 6 6 Số hạng không chứa x phải tìm là C156 .26  320320. 0,25. Xác định m để hàm số: y   m2  3m  x  2  m  3  cos x luôn nghịch biến trên . 1,0. Đạo hàm : y   m2  3m  2  m  3  sin x. 0,25. Số hạng không chứa x tương ứng với. Câu. 0.25. Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên   y   0x  . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> WWW.VNMATH.COM  m  3m  2  m  3  sin x  0x    m 2  3m  2  m  3  t  0t   1;1 ,t  sin x 2. Đồ thị. f  t   2  m  3  t  m  3m trên đoạn  1;1 là một đoạn thẳng.  f  1  0 để f  t   0 t   1;1    f  1  0. Câu VI B 2,0 đ. 0,25. 2  m  3   m 2  3m  0  m  3  m  2   0 2  m  3   2m3    2 2  m  3  m  3  m  2   0 2  m  3   m  3m  0 Vậy để hàm số nghịch biến trên  thì 2  m  3. 0,25. 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip  E  biết rằng. 1,0 đ.  E  tạo. có một đỉnh và hai tiêu điểm của. . thành một tam giác đều và chu vi hình. . chữnhật cơ sở của  E  là 12 2  3 .. x2 y 2  2  1 a  b  0  với 2 tiêu điểm F1  c;0  ; F2  c;0  c 2  a 2  b 2 , c  0 2 a b 2 đỉnh trên trục nhỏ là B1  0; b  , B2  0; b  theo gt:tam giác B1F1F2  B1 F1F  đều. . E :. . . c 2  a 2  b 2 a  6    3 x2 y2 b c b E  2   3 3  :  1     2 36 27  c  3  4  a  b   12 2  3 . . 0,5. . 2 3 2013  2.3.C2013    2012.2013.C2013 2) Tính tổng : S  1.2.C2013 k k  2,3,...,2013. Xét số hạng tổng quát :  k  1 .k.C2013. k   k  1 .k.  k  1 .k.C2013. 7B 1,0 đ. 2011. 1,0 đ 0,25. 2013! k 2  2012.2013.C2011 k  2,3,...,2013 k !  2013  k  !. 0 1 2 2011  C2011  C2011    C2011 Vậy S  2012.2013. C2011 . S  2012.2013. 1  1. 0,25 0,25. . và chu vi hình chữ nhật cơ sở của  E  là 12 2  3 .. Câu. 0,25. 2. 0,25 0,25.  2012.2013.2 2011. 0,25. Xác định m để hàm số: y   m 2  m  1 x   m 2  m  1 sin x  2m đồng biến trên . 1,0. Đạo hàm y    m 2  m  1   m 2  m  1 cos x Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên   y   0x  . 0,25. m m. 0,25. 2.  m  1   m 2  m  1 cos x  0 x  . 2.  m  1   m 2  m  1 t  0 t   1;1 với t  cos x. Đồ thị. f  t    m 2  m  1   m 2  m  1 t , t   1;1.  f  1  0 đoạn thẳng để f  t   0 t   1;1    f  1  0. trên đoạn  1;1 là một 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> WWW.VNMATH.COM 2m  2  0 m    m  0 . Vậy m  0 thoả mãn yêu cầu bài toán  2m  0 2. 0,25.

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