Xem mẫu
- www.MATHVN.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1
Tổ Toán Môn: TOÁN; khối B – Năm học: 2013 - 2014
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
---------------------------------
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x + 2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Gọi d là đường thẳng đi qua A ( 2;4 ) và có hệ số góc là k . Tìm k để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao
cho tam giác OBC cân tại O (với O là gốc tọa độ).
2 cos 2 x
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: cot x = − ( x ∈ ») .
sin 2 x cos x
3 3
x − 2 y = x + 4 y
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2
( x; y ∈ » ) .
13 x − 41xy + 21 y = −9
Câu 4 (1,0 điểm). Tính các giới hạn sau:
3
a) lim ( x + 4 ) sin .
x →+∞ x
3
2 x − 3. 3 x − 5 − 1
b) lim .
x →2 x −2
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A; AB = AC = a. Gọi M là trung điểm của
cạnh AB, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) trùng với điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BMC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60o. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng
cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x ; y ; z là các số thực dương thay đổi sao cho x + y + z = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
F = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz .
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD. Các đỉnh B và D lần lượt thuộc các
đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0 và d2 : x − 2 y + 3 = 0 . Đường thẳng AC có phương trình là x + 7 y − 31 = 0 . Tìm tọa độ
các đỉnh của hình thoi ABCD biết diện tích hình thoi ABCD bằng 75 và điểm A có hoành độ âm.
log5 3 9 x −1 + 7 − 1 log5 3x−1 +1
( ) . Tìm các số thực x biết rằng số hạng chứa a3 trong khai
Câu 8a (1,0 điểm). Cho a = 5 và b = 5 5
8
triển Niu-tơn của ( a + b ) là 224.
2 −2 x 2 − 2 x +1
Câu 9a (1,0 điểm). Tìm các số thực m để bất phương trình 4 x + m.2 x + m ≤ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ [0;2 ] .
A. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C ( 4;3) ; đường phân giác trong và
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác lần lượt có phương trình là x + 2 y − 5 = 0 và 4 x + 13 y − 10 = 0 . Viết
phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC.
Câu 8b (1,0 điểm). Chứng minh rằng: 12 C2013 + 2 2 C2013 + ... + 2012 2 C2013 + 20132 C2013 = 2013 × 2014 × 2 2011 .
1 2 2012 2013
Câu 9b (1,0 điểm). Tìm các số thực m để phương trình m 2 x 2 + 9 = x + m có đúng một nghiệm thực.
-------------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:…………
- www.MATHVN.com
Tổ Toán Môn: TOÁN; khối B – Năm học: 2013 - 2014
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu Đáp án Điểm
1a • Tập xác định: D = »
• Sự biến thiên: 0,25
2 2
- Chiều biến thiên: y ' = 3x − 3 ; y ' = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = ±1 .
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) ; nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −1 , yC§ = 4 ; đạt cực tiểu tại x = 1 , yCT = 0 . 0,25
- Giới hạn: lim y = +∞ và lim y = −∞ .
x →+∞ x →−∞
- Bảng biến thiên:
x -∞ -1 1 +∞
y' + 0 - 0 + 0,25
4 +∞
y
-∞ 0
• Đồ thị:
y
4
2
0,25
x
-2 -1 O 1 2
1b Đường thẳng d qua A ( 2;4 ) với hệ số góc k có phương trình là: y = kx − 2 k + 4 .
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: x 3 − 3x + 2 = kx − 2k + 4
0,25
⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x − k + 1) = 0
⇔ x = 2 hoặc x 2 + 2 x − k + 1 = 0 (* )
d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2
1 − (1 − k ) > 0
k > 0
⇔ ⇔ (**) 0,25
9 − k ≠ 0
k ≠ 9
O, B, C không thẳng hàng ⇔ O ∉ d ⇔ k ≠ 2 . (***)
x B + x C = −2
Theo định lý Vi-ét: . Ta có yB − yC = ( kx B − 2k + 4 ) − ( kxC − 2 k + 4 ) = k ( x B − xC )
x B xC = 1 − k
và yB + yC = ( kx B − 2k + 4 ) + ( kxC − 2 k + 4 ) = k ( x B + xC ) − 4 k + 8 = −6 k + 8 . 0,25
2 2 2 2
Tam giác OBC cân tại O ⇔ OB = OC ⇔ x + y = x + y B B C C
⇔ ( x B + xC )( x B − xC ) = ( yC − yB )( yC + yB ) ⇔ −2 ( x B − xC ) = − k ( x B − xC )( −6 k + 8 )
- ⇔ −2 = − k ( −6 k + 8 ) (vì x B ≠ xC )
www.MATHVN.com
1 0,25
⇔ 3k 2 − 4 k + 1 = 0 ⇔ k = 1 hoặc k = (thỏa (**) và (***)).
3
2 cos x ≠ 0 kπ
Điều kiện: ⇔x≠ (k ∈ ») .
sin x ≠ 0 2
0,25
cos x 1 cos 2 x
Phương trình đã cho tương đương với: = −
sin x sin x cos x cos x
⇔ cos x = 1 − sin x cos 2 x ⇔ sin x cos 2 x = sin 2 x ⇔ sin x ( cos 2 x − sin x ) = 0
2
0,25
⇔ cos 2 x − sin x = 0 (vì sin x ≠ 0 )
sin x = −1
⇔ 2 sin x + sin x − 1 = 0 ⇔
2
sin x = 1 0,25
2
π
• sin x = −1 ⇔ x = − + k 2π (k ∈ ») (không thỏa mãn điều kiện).
2
π
1 x = 6 + k 2π
• sin x = ⇔ ( k ∈ » ) (thỏa mãn điều kiện). 0,25
2 x = 5π + k 2π
6
3 x3 − 2 y 3 = x + 4 y
(1)
2 2
13 x − 41xy + 21 y = −9 (2)
0,25
Nhân vế trái (1) với vế phải (2) và vế phải (1) với vế trái (2), ta được phương trình:
−9 ( x 3 − 2 y3 ) = ( x + 4 y ) (13 x 2 − 41xy + 21y 2 ) ⇔ 22 x 3 + 11x 2 y − 143 xy 2 + 66 y 3 = 0
⇔ ( 2 x − y )( x − 2 y )( x + 3 y ) = 0 ⇔ y = 2 x hoặc x = 2 y hoặc x = −3 y . 0,25
Thay y = 2 x vào (1), ta được: (1) ⇔ 15 x 3 + 9 x = 0 ⇔ x = 0 , lúc đó y = 0 . Thử lại x = y = 0
không phải nghiệm của hệ đã cho.
0,25
Thay x = −3 y vào (1), ta được: (1) ⇔ 29 y 3 + y = 0 ⇔ y = 0 , lúc đó x = 0 . Thử lại x = y = 0
không phải nghiệm của hệ đã cho.
Thay x = 2 y vào (1), ta được: (1) ⇔ y 3 − y = 0 ⇔ y = 0 hoặc y = ±1 .
• y = 0 thì x = 0 , thử lại không phải nghiệm của hệ đã cho.
• y = 1 thì x = 2 , thử lại thỏa mãn hệ đã cho. 0,25
• y = −1 thì x = −2 , thử lại thỏa mãn hệ đã cho.
Vậy hệ có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 2;1) và ( x; y ) = ( −2; −1) .
4 3 3
3 3 ( x + 4 ) sin x 4
sin
x
a/ lim ( x + 4 ) sin = lim . = lim 3 1 + . 0,25
x →+∞ x x →+∞ x 3 x →+∞
x 3
x x
3
sin
4 3 x = 1 . Suy ra lim ( x + 4 ) sin 3 = 3 .
Vì lim 3 1 + = 3 và lim = 0 nên lim 0,25
x →+∞
x x →+∞ x x →+∞ 3 x →+∞ x
x
2 x − 3. 3 3 x − 5 − 1 3
3x − 5 − 1 2 x − 3 −1
b/ lim = lim 2 x − 3. +
x →2 x −2 x →2
x −2 x −2
- www.MATHVN.com
3x − 6 2x − 4
= lim 2 x − 3. + 0,25
( x − 2 ) 3 ( 3 x − 5) + 3 3 x − 5 + 1 ( x − 2 ) 2 x − 3 + 1
( )
x →2
2
3 2x − 3 2 = 1+1 = 2 .
= lim
x →2 3
+ 0,25
2
2 x − 3 + 1
( 3 x − 5) + 3 x − 5 + 1
3
5
S Gọi N, H lần lượt là trung điểm của BC và MB. Suy ra AN là
trung trực của BC và trung trực của MB là đường thẳng d đi
qua H và song song với AC.
Suy ra O là giao điểm của AN và d.
Ta có SO ⊥ ( ABC ) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt
0,25
phẳng (ABC) là góc SBO = 60o .
A C 3 3a
Tam giác HAO vuông cân tại H nên HO = HA = AB = .
N 4 4
M
H
B O
a 10 a 30
Tam giác BHO vuông tại H nên BO = BH 2 + HO2 = . Ta có: SO = BO.tan 60o = ;
4 4
0,25
1 a 3 30
Do đó: VS . ABC = .S ∆ABC .SO = .
3 24
Vì SO ⊥ ( ABC ) và OH ⊥ AB nên SH ⊥ AB .
a 39 1 a 2 39 0,25
Suy ra SH = SO2 + OH 2 = và S ∆SAB = AB.SH = .
4 2 8
3VS . ABC a 130
d ( C , ( SAB) ) = = . 0,25
S ∆SAB 13
6 Không mất tính tổng quát, giả sử z là số nhỏ nhất. Lúc đó 0 < z < 1 (vì z ≥ 1 thì x + y + z > 2 ).
2 2 0,25
Ta có F = ( x + y ) + z 2 + 2 xy ( z − 1) = ( 2 − z ) + z 2 − 2 xy (1 − z ) .
2 2 2
x+y 2−z 2−z
Mặt khác xy ≤ = nên −2 xy (1 − z ) ≥ −2 (1 − z ) .
2 2 2 0,25
1
(
Từ đó F ≥ z 3 − z 2 + 4
2
(1) )
1 1 2
( ) ( )
Xét f ( z ) = z 3 − z 2 + 4 với 0 < z < 1 . Ta có f ' ( z ) = 3z 2 − 2 z = 0 ⇔ z = ∈ ( 0;1) .
2 2 3
Bảng biến thiên:
2
z 0 3 1
f'(z) - 0 + 0,25
f(z)
52
27
- Từ bảng biến thiên suy ra f ( z ) ≥ www.MATHVN.com
(2)
27
0,25
52 52 2
Từ (1) và (2) ta có F ≥ . Vậy Fmin = đạt được khi x = y = z = .
27 27 3
7a B ∈ d1 ⇔ B ( b;8 − b ) và D ∈ d2 ⇔ D ( 2d − 3; d ) . Suy ra BD = ( −b + 2d − 3; d + b − 8) .
b + 2d − 3 d − b + 8 0,25
I là trung điểm của BD nên I ; .
2 2
BD ⊥ AC u . BD = 0
8b − 13d + 13 = 0 b = 0
Theo tính chất hình thoi: ⇔ AC ⇔ ⇔ .
I ∈ AC I ∈ AC
2 b − 3d + 3 = 0 d = 1
0,25
1 9
Vậy B ( 0;8 ) , D ( −1;1) , I − ; .
2 2
1 2S AC 15
Ta có A ∈ AC ⇔ A ( −7a + 31; a ) . S ABCD = AC. BD ⇒ AC = = 15 2 ⇒ IA = = . 0,25
2 BD 2 2
2 2 2
15 63 9 15
Ta có IA = ⇔ −7a + + a − = ⇔ a = 3 hoặc a = 6 .
2 2 2 2 0,25
Suy ra A (10;3) hoặc A ( −11;6 ) . Do x A < 0 nên A ( −11;6 ) , từ đó C (10;3) .
8a 1
−
1
Ta có a = 9 ( x −1
) 3
+7 ; b = 3 ( x −1
+1 ) 5
. 0,25
8
Số hạng chứa a3 trong khai triển Niu-tơn của ( a + b ) là:
3 5
1
−
1
−1 0,25
( ) (
C 9 x −1 + 7 3 . 3x −1 + 1
5
8 ) 5 x −1 x −1
= 56 9 + 7 3 + 1 ( )( ) .
−1 2
(
Theo giả thiết, ta có: 56 9 x −1 + 7 3x −1 + 1 )( ) = 224 ⇔ 3x −1 ( ) − 4.3x −1 + 3 = 0 0,25
3x −1 = 1 x = 1
⇔ x −1 ⇔ . 0,25
3 = 3
x = 2
9a 2 −2 x 1
Đặt t = 2 x . Vì 0 ≤ x ≤ 2 nên ≤ t ≤ 1. 0,25
2
−t 2 1
Bất phương trình đã cho trở thành: t 2 + 2mt + m ≤ 0 ⇔ m ≤ = f ( t ) với ≤ t ≤ 1 . 0,25
2t + 1 2
−2t 2 − 2t 1 1
Ta có f ' ( t ) = 2
< 0, ∀t ∈ ;1 , hơn nữa f ( t ) liên tục trên đoạn ;1 nên suy ra
( 2t + 1) 2 2
0,25
1
hàm số f ( t ) nghịch biến trên đoạn ;1 .
2
1 1
Do đó m ≤ f ( t ) , ∀t ∈ ;1 ⇔ m ≤ min f ( t ) ⇔ m ≤ f (1) ⇔ m ≤ − . 0,25
2 1
2 ;1
3
7b Gọi AD là phân giác trong và AM là trung tuyến . Tọa độ của A là nghiệm của hệ:
x + 2y − 5 = 0 x = 9
⇔ . 0,25
4 x + 13y − 10 = 0 y = −2
Vậy A ( 9; −2 ) . Từ đó phương trình AC là: x + y − 7 = 0 .
Gọi C' là điểm đối xứng của C qua đường phân giác trong AD thì C' thuộc AB.
Đường thẳng CC' qua C ( 4;3) và vuông góc với AD nên có phương trình: 2 x − y − 5 = 0 . 0,25
- Gọi H là giao điểm của CC' và AD thì H(3;1). Từ đó C ' ( 2; −1) .
www.MATHVN.com 0,25
Suy ra phương trình AB là x + 7 y + 5 = 0 .
Đường thẳng MH qua H(3;1) và song song với AB nên có phương trình x + 7 y − 10 = 0 .
Vì M là giao điểm của MH và AM nên M ( −4;2 ) . Suy ra phương trình BC là x − 8 y + 20 = 0 .
0,25
Thử lại ta thấy các điểm B, C nằm về hai phía của đường thẳng AD nên AD là đường phân giác
trong của tam giác ABC. Vậy AC : x + y − 7 = 0; AB : x + 7 y + 5 = 0 và BC : x − 8 y + 20 = 0 .
8b Ta có (1 + x )
2013
= C2013 + C2013 x + C2013 x 2 + ... + C2013 x 2012 + C2013 x 2013 .
0 1 2 2012 2013
0,25
Lấy đạo hàm 2 vế, ta được:
2012 0,25
2013 (1 + x ) = C2013 + 2C2013 x + ... + 2012C2013 x 2011 + 2013C2013 x 2012 (1)
1 2 2012 2013
Nhân 2 vế của 1 với x, ta được:
2012
2013 x (1 + x ) = C2013 x + 2C2013 x 2 + ... + 2012C2013 x 2012 + 2013C2013 x 2013
1 2 2012 2013
0,25
Lấy đạo hàm 2 vế, ta được:
2011
2013 (1 + x ) ( 2013 x + 1) = C2013 + 2 2 C2013 x + ... + 2012 2 C2013 x 2011 + 20132 C2013 x 2012 .
1 2 2012 2013
Cho x = 1 , ta được 12 C2013 + 2 2 C2013 + ... + 2012 2 C2013 + 20132 C2013 = 2013 × 2014 × 2 2011 (đpcm).
1 2 2012 2013
0,25
9b x
Ta có phương trình đã cho tương đương với: =m
2x2 + 9 −1
x
Xét hàm số f ( x ) = có tập xác định D = » .
2x2 + 9 −1 0,25
2 ( 36 − x 2 )
f '( x) = 2
.
2
(
2x + 9 9 + 2x + 9 2
)( 2
2x + 9 −1 )
3 3 1 1
f ' ( x ) = 0 ⇔ x = ±6; f ( 6 ) = ; f ( −6 ) = − và lim f ( x ) = ; lim f ( x ) = − . 0,25
4 4 x →+∞
2 x →−∞ 2
Bảng biến thiên:
x -∞ -6 6 +∞
f'(x) - 0 + 0 - 0,25
-1 3
f(x)
2 4 1
-3
2
4
Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
Phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi và chỉ khi m = ±
3
hoặc −
1
≤m≤
1
. 0,25
4 2 2
HẾT
nguon tai.lieu . vn
