Xem mẫu

  1. SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Môn: TOÁN; Khối B, D Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 02-03/11/2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (8.0 điểm): Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 2 có đồ thị (C). 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2/ Đường thẳng (d) đi qua A(3; 2) và có hệ số góc k. Tìm k để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt A, M, N sao cho tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2.0 điểm). Giải các phương trình sau:    5    1/ 4sin 2  x    cos(3x + 2013 ) - 2sin   2 x   2  sin  x    2  2   2 2/ x 2  3 x  x 2  5 x  2 x 2  3 x  (x 2  1)y 4  1  2xy 2 (y 3  1) Câu III (1 điểm). Giải hệ phương trình:  với x, y  2 4 4  xy (3xy  2)  xy (x  2y)  1 Câu IV (2.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật; độ dài cạnh AB = a; BC  a 2 . Các cạnh bên bằng nhau và bằng 2a. Gọi M, N tương ứng là trung điểm các cạnh AD và BC, K là 2 2a điểm trên AD sao cho AK  . 3 a/ Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a. b/ Tính khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng MN và SK. Câu V (1.0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 1 1 thức P    . a  bc b  ac c  ab PHẦN RIÊNG (2.0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi qua M(2; 3) và cắt Ox tại A(a; 0), cắt Oy tại B(0; b) sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 16, biết a và b dương. Câu VII.a (1.0 điểm). Tìm số hạng chứa x6 trong khai triển thành đa thức của nhị thức n  3  1 C2 C3 Cn  2 x  4  . Biết n thỏa mãn Cn  2 n  3 n  ...  n nn1  120 . 1 2  2 x Cn Cn Cn B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho 3 điểm M(1; 1), N(-2, 2), P(2, -2). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết M là giao điểm 2 đường chéo của hình vuông, đường thẳng AB đi qua N và đường thẳng CD đi qua P. Câu VII.b (1.0 điểm). Tìm m để phương trình 4 x 4  13x  m  x  1  0 có nghiệm duy nhất. -------------------- Hết -------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................. Số báo danh:........................... Đề gồm 01 trang.
  2. SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 (Ngày thi: 02 – 03/ 11/ 2013) Môn: TOÁN - Khối B, D (Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm I 1. (1.0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ: y  x 3  3 x 2  2 (2.0 điểm) • Tập xác định: D  . • Sự biến thiên: 0,25 + Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x  +Chiều biến thiên: y '  3x 2  6 x ; y '( x)  0  x = 0 hoặc x = 2. + H.số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;  ; ng.biến trên khoảng  0;2  . 0,25 +Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0; yCĐ  2 ; đạt cực tiểu tại x  2; yCT  2 . + Bảng biến thiên: x  0 2  y’ + 0  0 + 0.25 y 2   -2 • Đồ thị: y 2 0.25 O -1 1 2 3 x -2 2. (1.0 điểm) Đường thẳng (d) đi qua A(3; 2) và có hệ số góc k ... + Đường thẳng (d): y = k(x – 3) + 2. x  3  0 0,25 + Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 3x2 + 2 = k(x – 3) + 2   2 x  k  0 + (d) cắt (C) tại 3 điểm A, M, N phân biệt  x 2  k  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 3  0k 9 x  k 0,25 2 + Phương trình: x  k  0   x   k  + Hệ số góc của tiếp tuyến tại M và N lần lượt là: y ' k  3k  6 k ; y '  k  3k  6 k     0,25 + Tiếp tuyến tại M và N vuông góc  y ' k . y '  k  1    
  3. 18  3 35     3k  6 k 3k  6 k  1  9k 2  36k  1  0  k  9 (t / m) 0.25 II 1. (1.0 điểm) Giải phương trình: (2.0    5    4sin 2  x    cos(3x + 2013 ) - 2sin   2 x   2  sin  x   điểm)  2  2   2 PT  4cos 2 x  cos3x  2cos2x  2  cosx 0,25  cos3x  cosx 0,25 3 x  x  k 2   0,25  3 x   x  k 2   xk . 0,25 2 2. (1 điểm) Giải các phương trình: x 2  3x  x 2  5 x  2 x 2  3x  x  5 Điều kiện:  x  3  0,25 x  0  Pt  x 2 ( x  3)( x  5)  x 2  5 x 0,25  x 2 ( x  3)( x  5)  x 2 ( x  5)2 (Điều kiện: x 2  5 x  0 ) 0,25 x  0 x  0   x  5   (thỏa mãn) 0,25 x  3  x  5  x  5   (x 2  1)y 4  1  2xy 2 (y 3  1) Giải hệ phương trình:  2 4 4 với x, y   xy (3xy  2)  xy (x  2y)  1  2 xy 5  2 xy 2  x 2 y 4  y 4  1(1) + Hpt   2 6 2 2 4 5 3 x y  2 xy  x y  2 xy  1(2) 0,25 Lấy (2) trừ (1) ta được: 3x2 y6 – 4xy5 + y4 = 0.  y  0  y4  0   2   xy  1 0,25 3  xy   4 xy  1  0   1 III  xy  (1.0  3 điểm) + Với y = 0 thay vào pt (1) không thỏa mãn. Suy ra hệ vô nghiệm. 1 5 + Với xy = 1 thay vào pt (1). Ta được: y 4  ( y  1)2  y  2 0,25 1 5 5 1 1 5  5 1 + Với y  x ; y x 2 2 2 2 1 + Với xy  thay vào pt (1) ta được: 3y4 + (y + 3)2 = 0 vô nghiệm. 3  5 1 1 5    5 1 1 5  0,25 Vậy hệ có 2 nghiệm  ;  và  ;   2 2   2 2  IV a/ Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a. (1.0 điểm)
  4. (2.0 S điểm) + Gọi AC  BD  O . + Do SA = SB = SC = SD Suy ra SO  ( ABCD ) H B N E 0,25 C O F A M K D 3a 2 a 13 SO  SA2  OA2  4a 2   0,25 4 2 1 1 1 a 13 a 3 26 VS . ABCD  SO.S ABCD VS . ABCD  SO.S ABCD  . .a.a 2  (đvtt) 3 3 3 2 6 0,25 b/ Tính khoảng cách giữa MN và SK theo a. (1.25 điểm) + Kẻ KE // MN . 0,25 + Khi đó, MN //(SEK ) nên d(MN,SK)  d ( MN ,( SEK ))  d (O,( SEK )) + Gọi F là trung điểm KE. Ta có: KE  OF ; KE  SO  KE  ( SOF ) + Trong ( SOF ) dựng OH  SF . 0,25 Khi đó, OH  ( SKE )  d(MN,SK)  d (O,(SEK ))  OH 2a + Có OF = MK = AK – AM = 6 0,25 1 1 1 1 4 36 2 13a 2 13 + Có 2  2  2  2  2  2  OH   OH  a OH OS OF OH 13a 2a 238 238 + Vì MN // KE . Suy ra góc giữa MN và SK bằng góc giữa KE và SK . 0,25 + KE  ( SOF )  KE  SF  SFK vuông tại F  góc giữa KE và SK bằng SKF a 11 MOK vuông tại M  OK  OM 2  MK 2  6 4 2a KF a 3 3 2  SK  SO 2  OK 2   cos SKF   .  . 0,25 3 SK 2 4 2a 16  SKF =74037’24” Tìm GTNN của P V 1 1 1 1 1 1 9 + Chứng minh:  x  y  z       9     (1.0 x y z x y z x yz điểm) 0,25 1 1 1 9 P    a  bc b  ca c  ab a  bc  b  ca  c  ab
  5. + Ta có: a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c). ( a  b )  ( a  c ) 2a  b  c Suy ra a  bc  (a  b)(a  c)   2 2 (b  a )  (b  c) a  2b  c 0,25 + Tương tự: b  ca  (b  a )(b  c)   2 2 (c  a )  (c  b) a  b  2c c  ab  (c  a )(c  b)   2 2 2a  b  c a  2b  c a  b  2c Suy ra: a  bc  b  ca  c  ab    2 2 2 4( a  b  c)  a  bc  b  ca  c  ab  2 0,25 2 9 Vậy P  2 a  b  c  1 a  b  a  c 9  a  b  c  1 1 + Vậy P đạt GTNN bằng   abc 0,25 2 b  a  b  c a  b  c 3 c  a  c  b  VIa Lập phương trình đường thẳng d (1.0 x y điểm) Gọi phương trình dường thẳng (d) cần tìm có dạng:   1 (Đk: ab  0 ) 0,25 a b 2 3 M (2;3)  (d )    1  3a  2b  ab (1) a b (d )  Ox  A(a;0);(d )  Oy  B(0; b)  OA  a  a; OB  b  b 0,25 1 S ABC  OA.OB  ab  32(2) 2  8  ab  32 a  8 a  Từ (1) và (2) có hệ:   hoăc  3 0,25 3a  2b  ab b  4 b  12  a  8 x y + Với  ta được (d):   1  x  2 y  8  0 b  4 8 4  8 0,25 a  3x y + Với  3 ta được (d):   1  9 x  2 y  24  0 b  12 8 12  Tìm hệ số của x 6 trong khai triển ... Cn 1 n  k k + Xét khai triển k  với 0  k  n; k , n  Cn k 1 0,25 + Áp dụng lần lượt với k = 0; 1; 2; ...;(n – 1). VIIa Ta được: n + (n – 1) + (n – 2) + ... + 2 + 1 = 120. (1.0 n(n  1)  n  15 điểm)   120   0,25 2  n  16(loai ) 15 15  k k 15  k k  3  15 k  1  3 1  15 k 3 15  k k  Ta có  2 x  4    C15  2 x 2  . x 4    C15  2  .  .x 2 4 0,25  2 x k 0   2  k 0 2
  6. 15  k k + Hệ số của số hạng chứa x6 tương ứng với  6 k 2 2 4 2 0,25 6 2 15  23 + Với k = 2 ta có hệ số của số hạng chứa x là: C 2 15 .   C15 211.32  1.935.360 2 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy… + Đường thẳng AB: a ( x  2)  b( y  2)  0  ax  by  2a  2b  0 ; a 2  b 2  0 0,25 + Đường thẳng CD: a ( x  2)  b ( y  2)  0  ax  by  2a  2b  0 ; a 2  b 2  0 3a  b a  3b + Vì d (M , AB)  d ( M , CD)    a  b VIb a 2  b2 a 2  b2 0,25 (1.0 + Vậy: ( AB) : x  y  4  0 ; (CD ) : x  y  4  0 điểm) + Phương trình BC và DA có dạng: x  y  c  0 c2 4 c  2 0,25 + Do d (M , BC )  d (M , AB)    2 2  c  6 + Với: ( BC ) : x  y  6  0 ; ( AD) : x  y  2  0 thì A(3;1); B(1;5); C (5;1); D(1; 3) 0,25 + Với: ( BC ) : x  y  2  0 ; ( AD) : x  y  6  0 thì A(1;5); B(3;1); C (1; 3); D(5;1) VIIb Tìm m để phương trình 4 x 4  13x  m  x  1  0 có nghiệm duy nhất . (1.0 điểm) Ta có PT  4 x 4  13x  m  1  x . ĐK để PT có nghiệm là: x  1 0,25 + Bình phương hai vế. Suy ra m  4x 3  6x 2  9x  1 (*). + Số nghiệm pt (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y  f (x)  4x 3  6x 2  9x  1 với x  1 và đường thẳng y = m 0,25 + Xét hàm số: f (x)  4x 3  6x 2  9x  1 với x  1 3 1 Có f '(x)  0  x  hoặc x  ; lim f ( x)   2 2 x   Bảng biến thiên: 1 x   1 2 y'  0 + 0,25 y  12 3  2 3 Dựa vào BBT để phương trình có nghiệm duy nhất thì m   hoặc m > 12. 0,25 2 Chú ý: Bài làm có thể làm theo các cách khác nhau, điểm số cho tương ứng với thang điểm của câu đó
nguon tai.lieu . vn