Xem mẫu
- 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 nn1 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.
- 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 0k 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
- 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
xk . 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)
- (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 yz
điểm) 0,25
1 1 1 9
P
a bc b ca c ab a bc b ca c ab
- + 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 abc 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
- 15 k k
+ Hệ số của số hạng chứa x6 tương ứng với 6 k 2
2 4
2 0,25
6 2 15 23
+ 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
c2 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