De so 515

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 5 Ngày 14 tháng 9 năm 2014 3 2 Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số y  x  ( 2m  1 )x  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 2.(2,0 điểm) 2 sin3 x  3  3 sin 2 x  2 sin x  3 tan x 1) Giải phương trình: . 4  2 2 13 2 9  x  y   2xy   x  y    2x  1 3  x y 2)Giải hệ phương trình:  . 3 3x  2  3x  2 L lim x 2 x 2 Câu 3.(1,0 điểm). Tính giới hạn :. . . Câu 4. (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 Câu 5.(1,0 điểm). Cho x, y là các số dương thoả mãn xy x y . M Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Câu 6(1,0 điểm). 3y 3x 1 1 1    2 2 x ( y  1) y ( x  1) x  y x y. 1)Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AB , CD ; hai A  0;3  B  3;4  đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Biết , và C nằm trên trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh D của hình thang ABCD .  E  biết rằng có một đỉnh 2, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip  E  tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của  E  là và hai tiêu điểm của 12 2  3 . Câu 7.(1,0 điểm) n 2  3 p  x   x   x  . Biết rằng số nguyên dương  x 1. Tìm số hạng không chứa trong khai triển :. . . 6 7 8 9 8 n thoả mãn Cn  3Cn  3Cn  Cn 2Cn 2 2 3 2013 S 1.2.C2013  2.3.C2013    2012.2013.C2013. 2. Tính tổng : Câu 8. (1,0điểm).. y  m2  3m  x  2  m  3  cos x 1. Xác định m để hàm số: luôn nghịch biến trên  2 2 y  m  m  1 x   m  m  1 sin x  2m 2. Xác định m để hàm số: luôn đồng biến trên .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 5 Câu 1.1. NỘI DUNG Cho hàm số y  x  ( 2m  1 )x  m  1 ( Cm ) . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1 . 3. Điểm 1,0 đ. 2. 3 2 Khi m 1 hàm số trở thành y  x  3x  2 Tập xác định: R; hàm số liên tục trên R. lim y  lim y   Sự biến thiên: x   ; x   . Đồ thị hàm số không có tiệm cận. Bảng biến thiên: x – 0 1 2 y’ + 0 – – 0 + y + 2. +. yĐU = 0 –2 Đồ thị của hàm số có dạng như hình dưới đây:. 1.2. –. Tìm m để đường thẳng y 2mx  m  1 cắt ( Cm ) tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành 1,0 đ 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   x 1  x  x 2  ( 2m  1 )x  2m  0  x 2m 2 A  0;  m  1 B  1;m  1 C  2m;4m  m  1 Ba giao điểm là: ; ; 1  m 0;m  2 (*) Ta có: A , B , C phân biệt 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  1 2.2m  m  0 ; 2m ; 1 4 thoả mãn (*)  lập thành cấp số cộng 1  2m  1 2.0  m  2m ; 0 ; 1 lập thành cấp số cộng 2 thoả mãn (*)  1 1  ; ;1 Kết luận: m = 2 4. 2.1. Giải phương trình:. 2 sin 3 x  3  3 sin 2 x  2 sin x  3  tan x. .(1). 1,0 đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Điều kiện: cos x 0. . . 2 sin3 x.cos x  3 cos x  3 sin 2 x  2 sin x  3 sin x Phương trình đã cho tương đương với :  2 sin 3 x.cos x  3 cos x  3 cos 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 1  2   sin x.cos x  1  2 sin 2 x  3 cos x  0   2 sin 2x  1   2  2 cos x  3 cos x  0  cos x 2  VN    cos x  1 2 2  2 cos x  3cos x  2 0 ( do sin 2x  2 0,x )  1 2  cos x   x   k2 ,k   2 3 ( thoả mãn điều kiện ) 2 x   k 2  ,k   3 Vậy phương trình có hai họ nghiệm: 2.2. 4  2 2 13 2 9  x  y   2xy  x  y     2x  1 3  x y Giải hệ phương trình:  .   1  2 2 5  x  y   4   x  y   13 2    x  y     1   x  y    x  y    x  y  3 Viết lại hệ phương trình:  Đ/K x  y 0 1 a x  y ; b x  y  x  y điều kiện b 2 . Đặt 5a 2  4  b 2  2  13   a  b 3. Hệ đã cho trở thành:  x  y 1 a 1      1 b 2  x  y  x  y 2 . 9a 2  24a  15 0   b 3  a.  x  y 1    x  y 1. 1,0 đ. 5   a 1  a  3  b 3  a.  x 1   y 1. 5   a  3   b 3  a 3  5  4  3 3 Loại 3. Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất 3 3x  2  3x  2 L lim x 2 x 2 Tính giới hạn :.  lim L. x 2. 3.  . 3x  2  2  2  x 2. 3x  2.  lim   x 2  . 3.  x; y   1;1 1,0 đ. 3x  2  2  x 2. 3x  2  2   L1  L2 x 2 .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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. L2 lim x 2. 3x  2  2 3x  2  4 3 3 lim lim  x 2 x 2  x  2  3x  2  2 x 2 3x  2  2 4. . . 1 3 1 L L1  L2    4 4 2 4. 1,0 đ 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 .. 2 2 2 Nhận xét ABCD là hình chữ nhật (do AB  AD BD ) 1 4 2 3 VS .ABCD  SG.S ABCD  a 3 3 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). 5. 1 1 1 2a 2a  2  CJ   GH  2 2 BC CK 3 3 GH = CJ mà CJ Tam giác SHG vuông ở G suy ra GI=a. Vậy: d(AC,SB) = a 1 1 1   3 x , y xy x y Cho là các số dương thoả mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M. 3y 3x 1 1 1    2 2 x( y  1) y ( x  1) x  y x y. 1 1  a  b a   0, b   0 3   a  b  ab  x y 4 Cách 1:Đặt , theo đề bài ta có kết hợp với a  b  0 suy ra a  b 2 3a 3b ab M    a 2  b2 b  1 a  1 a  b Ta tìm giá trị lớn nhất của (a  b)2  2ab  a  b ab   (a  b)2  2ab ab  a  b  1 a b 1 12     ( a  b) 2  a  b   2 4 a b  (do ab 3  (a  b) ) 3. 2. (BĐTCauchy),.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> g (t )  t 2  t . 12 2 2;   t trên . Đặt t a  b 2 xét hàm số: 12 g (t )  2t  2  1  0, t 2 t suy ra g (t ) nghịch biến trên (2, ) max g (t )  g (2) 6. Do đó  2, a b 1  x  y 1 .. suy ra giá trị lớn nhất của M. 3 bằng 2 đạt được khi. 1 1 3a 3b ab a   0, b   0 M    a 2  b2 x y b 1 a 1 a  b Cách 2:Đặt , theo đề bài ta có  a  ab  b  a   a  ab  b  b  ab  a 2  b 2 M b 1 a 1 a b . ab ab ab ab ab ab 1 M       a b  b a  ab b  1 a  1 a  b 2 b 2 a 2 ab 2 (BĐT AM-GM). . 1 1  a  b  1 b  a  1 a  b  3 a b  b a  ab      2 2 2 2 2  2 , (BĐT AM-GM) dấu bằng khi a b 1 3 Vậy giá trị lớn nhất của M bằng 2 đạt được khi a b 1  x  y 1 . Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AB , CD ; hai 0,5 đ A  0;3  B  3;4  đường chéo AC , BD vuông góc với nhau. Biết , và C nằm trên trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh D của hình thang ABCD . M. 6.1. . . . 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( ; ) 2 2 I là trung điểm AB.  3d  2c d  8  3c  J ;  IJ  AB  d  (2) 2  , từ  2 5 J là trung điểm DC  c 6 2 2c  9c  18 0    c  3  2 Thay (2) vào (1) có: 3 5 5  d   D( 6; )( ktm ) 2 2 2 Nếu c 6  d  2  D( 0;  2 )( tm ) Nếu (Học sinh phải kiểm tra điều kiện thông qua véctơ AB và véctơ DC cùng chiều) Kết luận: D( 0;  2 ) c. 6.2.  E  biết rằng có một 0,5 đ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip  E  tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữnhật cơ sở của  E  đỉnh và hai tiêu điểm của 12 2  3 là .. . .

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  E :. x2 y 2  1 a  b  0  F   c;0  ; F2  c;0  c 2 a 2  b 2 , c  0 a2 b2 với 2 tiêu điểm 1 B1  0;  b  , B2  0; b  B1F1F2   B1F1F . . 2 đỉnh trên trục nhỏ là. theo gt:tam giác. và chu vi hình chữ nhật cơ sở của.  E  là 12  2 . 3. . đều. .. c 2 a 2  b 2  a 6    3 x2 y2  b 3 3   E  :  1 b 2c 2 36 27  c 3  4  a  b  12 2  3 . . 7.1. . n. 2   p  x   3 x   x .  Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : 6 7 8 9 8 Biết rằng số nguyên dương n thoả mãn Cn  3Cn  3Cn  Cn 2Cn 2 * Điều kiện : n   ,n 9. 0,5 đ.  Cn93 2Cn82  Cn82  Cn92 2Cn82  Cn92 Cn82  n 15 15. 15 2   p  x   3 x   C15k   x k 0  Khi đó. 7.2. 15  k. k. 30  5k 15  2  k k 6    C15 2 x x k 0  . 30  5k 0  k 6 6 Số hạng không chứa x tương ứng với 6 6 Số hạng không chứa x phải tìm là C15 .2 320320 2 3 2013 Tính tổng : S 1.2.C2013  2.3.C2013    2012.2013.C2013 Xét số hạng tổng quát :. k  k  1 .k.C2013. k  k  1 .k.  k  1 .k.C2013. Vậy. 0,5 đ. k 2,3,...,2013.. 2013! k 2 2012.2013.C2011 k 2,3,...,2013 k !  2013  k  !. 0 1 2 2011 S 2012.2013. C2011  C2011  C2011    C2011 . S 2012.2013. 1  1 8.1.  x 3. 2011. 2012.2013.2 2011. y  m2  3m  x  2  m  3  cos x Xác định m để hàm số: luôn nghịch biến trên  y m 2  3m  2  m  3  sin x Đạo hàm : Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên   y 0x    m 2  3m  2  m  3  sin x 0x    m 2  3m  2  m  3  t 0t    1;1 ,t sin x. Đồ thị. f  t   2  m  3  t  m 2  3m. trên đoạn  f   1 0 f  t  0 t    1;1    f  1 0. để  2  m  3   m2  3m 0   2   2  m  3   m  3m 0.   1;1.  m  3   m  2  0    m  3   m  2  0 Vậy để hàm số nghịch biến trên  thì 2 m 3. là một đoạn thẳng.  2 m 3  2 m 3  2 m 3. 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 8.2. . . . . y  m 2  m  1 x  m 2  m  1 sin x  2m m Xác định để hàm số: đồng biến trên  y  m2  m  1  m 2  m  1 cos x Đạo hàm Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên   y 0x  . . m m.  . . 2.  m  1   m 2  m  1 cos x 0 x  . 2.  m  1   m 2  m  1 t 0 t    1;1. Đồ thị. với t cos x f  t   m 2  m  1   m 2  m  1 t , t    1;1. trên đoạn.  f  1 0 f  t  0 t    1;1    f   1 0 thẳng để 2m 2  2 0 m    m 0  2m  0   . Vậy m 0 thoả mãn yêu cầu bài toán.   1;1. là một đoạn. 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>