De thi thu DH lan 1 THPT Nguyen Trung Thien Ha Tinhkhoi A

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN Môn: TOÁN; Khối A, A1và B _____________________ Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 3( m + 1) x 2 + 12mx − 3m + 4 (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0 b) Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị tại A và B sao cho hai điểm này cùng với 9  điểm C  −1; −  lập thành một tam giác nhận gốc toạ độ làm trọng tâm. 2  π  Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin  2x −  + 4sin x + 1 = 0 6  3 8x − y3 = 63 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 x, y ∈ R 2 y + 2x + 2y − x = 9  e 2x + 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 2 ln xdx x 1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a, SA tạo với đáy (ABC) một góc 600. Tam  = 30 0 . Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) giác ABC vuông tại B, ACB trùng với trọng tâm G của ∆ABC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt m 1+ x + 1− x + 3 + 2 1− x2 − 5 = 0. (. ). II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật ABCD biết các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1) và diện tích của hình chữ nhật bằng 16. Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A(0;1;2), B(2;−2;1), C(−2;0;1) và có tâm thuộc mặt phẳng (P): 2x + 2y + z − 3 = 0. (. Câu 9a (1,0 điểm). Cho khai triển Niutơn 1 − 3x Tính hệ số a9 biết n thoả mãn hệ thức. ). 2n. = a 0 + a1x + a 2 x 2 + ... + a 2n x 2n , n ∈ N*.. 2 14 1 + = C2n 3C3n n. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm M(4;1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt các tia Ox, Oy theo thứ tự tại A, B (A, B không trùng với O) sao cho tổng khoảng cách OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(1;0;0), B(2;−1;2), C(−1;1;−3). Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc trục Oy, đi qua A và cắt mặt phẳng (ABC) theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất.. Câu 9b (1,0 điểm). Giải phương trình: log 4 ( x + 1) + 2 = log 2. 4 − x + log8 ( 4 + x ). 3. 2. ---------- 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: ……………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN. ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1và B. Đáp án Câu 1 a) (1,0 điểm) (2đ) Với m = 0 ta có hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4. Điểm. Tập xác định: D = R 0.25đ Sự biến thiên: y’ = 3x2 − 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0) và (2;+∞), nghịch biến trên khoảng (0;2) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 với yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0. 0.25đ Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞, x →−∞. x →+∞. Bảng biến thiên: x. −∞ +∞. y’. 0 +. 2 0.25đ. −. 0. 0. + +∞. 4. y. 0. −∞ Đồ thị:. 4. 0.25đ 2. -1. O. 2. 5. b) (1,0 điểm). Ta có: y' = 3x 2 − 3 ( m + 1) x + 12m . Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị tại A và B 0.25đ khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 1 Khi đó khi điểm cực trị là A(2;9m), B ( 2m; −4m 3 + 12m 2 − 3m + 4 ) 0.25đ Ba điểm A, B, C lập thành một tam giác có gốc toạ độ làm trọng tâm nên ta có  2 + 2m − 1 = 0 1  0.25đ ⇔m=−  9 3 2 2  −4m + 12m + 6m + 4 − 2 = 0 1 Với m = − ta thấy ba điểm A, B, C không thẳng hàng nên thoả mãn ∆ABC có 0.25đ 2 trọng tâm O là gốc toạ độ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 π π π  2sin 2x − + 4sin x + 1 = 0 ⇔ 2sin 2x.cos − 2cos 2x.sin + 4sin x + 1 = 0   (1đ) 6 6 6  ⇔ 2 3 sin x.cos x + 2sin 2 x + 4sin x = 0 sin x = 0 ⇔  3 cos x + sin x = −2 sin x = 0 ⇔ x = kπ 7π π  3 cos x + sin x = −2 ⇔ cos  x −  = −1 ⇔ x = + k2π 6 6  7π Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = kπ , x = + k2π với (k ∈ Z) 6 3 8x 3 − y3 = 63 8x 3 − y 3 = 63 ⇔ 2 (1đ)  2 2 2  y + 2x + 2y − x = 9 6y + 12x + 12y − 6x = 54 3 3 8x 3 − y3 = 63 8x − y = 63 ⇔ 3 ⇔ 3 3 3 2 2 8x − y − 6y − 12x − 12y + 6x = 9 ( 2x − 1) = ( y + 2 )  3 8x 3 − y3 = 63 8x 3 − ( 2x − 3) = 63 2x 2 − 3x − 2 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ y = 2x − 3   y = 2x − 3  y = 2x − 3 x = 2   1 ⇔ x = − 2   y = 2x − 3 1  x = 2 x = − ⇔ hoặc  2 y = 1   y = 4 e e 4 1 1 I = 2 ln xdx + ln xdx ∫ ∫ 2 (1đ) 1 x 1 x e 1 Với I1 = 2 ∫ ln xdx = ln 2 x 1e = 1 1 x dx  du =  u = ln x  e e dx ln x 1  x Với I 2 = ∫ 2 dx , đặt  ta có I 2 = − ln x + ∫ 2 dx ⇒  1 x 1 1x dv = 1 x  v = − x2  x 2 1 1e 2 I2 = − − = 1 − . Do đó I = 2 − e x1 e e. 0.25đ. 0.25đ 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ 0.25đ. e. 5 3a 0 ⇒G  Gọi K = AG ∩ BC ta có góc giữa SA và (ABC) là GAS AS = 60 ⇒ AG = (1đ) 2 9a ⇒ AK = 4 3 3a Ta có: SG = 2. 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Đặt AB = x ⇒ AC = 2x, BK = x Ta có: AB2 + BK 2 = AK 2 3x 2 81a 2 9a ⇔ x2 + = ⇔x= 4 16 2 7 Diện tích ∆ABC là: 1 9a 9a 81a 2 3 SABC = . . . 3= 2 2 7 2 7 56 Thể tích khối chóp là 1 81 3a 2 3 3a 243a 3 V= . . = 3 56 2 112. 3 2. S. 0.25đ. 0.25đ C. A G. 0.25đ. E. B. 6 Điều kiện: x∈ [−1;1] (1đ) Đặt t = 1 − x + 1 + x ⇒ 2 1 − x 2 = t 2 − 2; t ' =. 1 1 với ∀ x ∈ (−1;1) 0.25đ − 2 1− x 2 1+ x. Bảng biến thiên của t: x t’ t. −1 ||. +. 0 0 2. 1 ||. −. 2 2 do đó t ∈  2;2 . Từ bảng biến thiên ta thấy mỗi t = 2 có duy nhất x = 0, mỗi 0.25đ t ∈ [ 2;2) có 2 nghiệm x −t 2 + 7 2 Phương trình đã cho trở thành: m ( t + 3) + t − 7 = 0 ⇔ m = t +3 2 2 −t + 7 − t − 6t − 7 Xét f ( t ) = trên  2;2 , ta có f ' ( t ) = < 0 nên phương trình đã 0.25đ 2 t +3 ( t + 3) cho có đúng 2 nghiệm khi và chỉ khi f ( 2 ) < m ≤ f 7a Đường thẳng AB có dạng (1đ) m ( x − 4 ) + n ( y − 5) = 0, m 2 + n 2 ≠ 0 Đường thẳng AD có dạng: n ( x − 2 ) − m ( y − 1) = 0, m 2 + n 2 ≠ 0 Khoảng cách từ P đến AB là m − 3n d1 = d ( P,AB ) = m2 + n 2 Khoảng cách từ N đến AD là: d 2 = d ( N, AD ) =. ( 2 ) ⇔ 35 < m ≤ 15 −75. A. Q(2;1). 2. 0.25đ. D. M(4;5). 0.25đ P(5;2). B. N(6;5). C. 4 m−n. 0.25đ. m2 + n 2 Diện tích hình chữ nhật bằng 16 nên ta có: d1.d2 = 16 ⇔ ( m−3n)( m− n) = 4( m2 + n2 )  n = −m 3m 2 + 4mn + n 2 = 0 ⇔   n = −3m. 0.25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Với m = −n, chọn m = 1, n = −1 ta có phương trình các cạnh là AB: x − y + 1 = 0 ; CD : x − y − 3 = 0 ; AD: x + y − 3 = 0 ; BC: x + y − 11 = 0 với n = −3m, chọn m = 1, n = −3 ta có AB: x − 3y + 11 = 0 ; CD : x − 3y + 1 = 0 ; AD: 3x + y − 7 = 0 ; BC:3x + y − 23 = 0 8a Gọi (S) là mặt cầu có tâm thuộc (P) và qua A, B, C (1đ) (S) có phương trình dạng: x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 (S) có tâm I(−a;−b;−c) I∈ (P) ⇔ −2a − 2b − c − 3 = 0 ⇔ 2a + 2b + c = −3(1) A∈ (S) ⇔ 5 + 0a + 2b + 4c + d = 0 (2) B∈ (S) ⇔ 9 + 4a − 4b + 2c + d = 0 (3) C ∈ (S) ⇔ 5 − 4a + 0b + 2c + d = 0 (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta có hệ phương trình  2a + 2b + c = −3 d = −2b − 4c − 5 a = −2 5 + 0a + 2b + 4c + d = 0 2a + 2b + c = −3  b = −3    ⇔ ⇔  9 + 4a − 4b + 2c + d = 0 −2a + 3b + c = 2 c = 7 2a + b + c = 0 d = −27 5 − 4a + 0b + 2c + d = 0 Vậy phương trình mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 4x − 6y + 14z − 27 = 0. 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ. 9a (1đ) Điều kiện: n ≥ 3, n ∈ N* 0.25đ 2 14 1 2.2 14.2 1 2 Ta có: 2 + 3 = ⇔ + = ⇔ 4 ( n − 2 ) + 28 = n − 3n + 2 Cn 3Cn n n ( n − 1) n ( n − 1)( n − 2 ) n 0.25đ ⇔ n 2 − 7n − 18 = 0 ⇔ n = 9 hoặc n = −2 (loại) Vậy n = 9. (. Với n = 9 ta có nhị thức cần khai triển là 1 − 3x. ). 18. (. ). 0.25đ k. Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức là a k x k = C18k − 3 x k vậy a 9 = C. 9 18. (− 3). 9. = −3938220 3. 7b x y Gọi A(a;0), B(0;b) với a, b>0. Đường thẳng AB có dạng: + =1 (1đ) a b Ta có OA + OB = a + b 4 1 M∈ AB nên ta có: + = 1 a b 2 22 12 ( 2 + 1) mặt khác ta có 1 = + ≥ ⇔a +b≥9 a b a+b a b  2 = 1 a = 6 Suy ra OA + OB ≥ 9, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  ⇔  4 + 1 = 1 b = 3  a b x y Vậy d có phương trình: + = 1 ⇔ 2x + 3y − 12 = 0 6 4. 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 0.25đ 8b Mặt phẳng ABC có phương trình: x − y − z − 1 = 0 (1đ) Gọi (S) là mặt cầu có tâm I∈Oy và cắt (ABC) theo một đường tròn có bán kính r nhỏ nhất Vì I ∈ Oy nên I(0;t;0), gọi H là hình chiếu của I trên (ABC) khi đó là có bán kính đường tròn giao của (ABC) và (S) là r = AH = IA 2 − IH 2 t +1 Ta có IA 2 = t 2 + 1 , IH = d(I,(ABC))= 3 t 2 + 2t + 1 2t 2 − 2t + 2 0.25đ ⇒ r = t2 +1− = 3 3 1 5  1  0.25đ Do đó r nhỏ nhất khi và chỉ khi t = . Khi đó I  0; ;0  ,IA 2 = 2 4  2  2. 1 5  do đó phương trình mặt cầu cần tìm là: x +  y −  + z 2 = 2 4  9b Điều kiện: x ∈ ( −4; −1) ∪ ( −1;4 ) (1đ) 2 3 log 4 ( x + 1) + 2 = log 2 4 − x + log 8 ( 4 + x ) 2. ⇔ log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 4 − x ) + log ( x + 4 ). ⇔ log 2 4x + 4 = log 2 (16 − x 2 ) ⇔ 4x + 4 = 16 − x 2 x = 2  4x + 4 = 16 − x 2  x 2 + 4x − 12 = 0  ⇔ ⇔ ⇔   x = −6 2 2  4x + 4 = x − 16  x − 4x − 20 = 0 x = 2 ± 2 6 . x = 2 Đối chiếu điều kiện là có nghiệm của phương trình đa cho là  x = 2 − 2 6. 0.25đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>