Tính cạnh bên CC’ và thể tích tứ diện ACC’B’.. PHẦN RIÊNG 3 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phầnphần A hoặc phần B A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 2 điểm 1.. Tìm các giao đi
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1
NGÀY 24 THÁNG 7 NĂM 2013
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x4 2 m x2 2 1
1 Khảo sát hàm số khi m = 1
2 Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 32
Câu II (2 điểm)
4 ( cos 2 1 2 sin cos sin
2
x x
2 Giải bất phương trình x x 2x 7 4 x 4 2
x x
Câu III (1 điểm) Tính giới hạn: I e x x
x
1 lim
4 0
Câu IV (1 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’có đáy là tam giác đều cạnh a, góc giữa AB’ và mặt đáy bằng 600 Tính cạnh bên CC’ và thể tích tứ diện ACC’B’
Câu V (1 điểm)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: mx 1 x2 1 x2
II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 1 2y 2 2 13 và đường thẳng : x – 5y – 2 = 0 Tìm các giao điểm của đường tròn (C) với đường thẳng Giả sử các giao điểm là A, B Xác định toạ độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp
đường tròn (C)
2 Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ ( các bông hoa xem như đôi một khác nhau ), ta chọn ra một bó gồm 7 bông Có bao nhiêu cách chọn ra bó hoa trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ ?
Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình:
4 3 6
2
y x y x
y y x
B.Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1 Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và
AB bằng 450 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có
hoành độ dương
2 Khai triển: 1 2 x 3 x210 a0 a x1 a x20 20
Tính: Hệ số a4 và S a 0 a1 a20
Câu VII.b (1 điểm) Giảỉ hệ phương trình:
- Hết
-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 1
Câu 1 : 1, (1,0 điểm) Với m = 1 hàm số là: y x4 2 x2 1
Trang 2+) TXĐ: D= R
+) Giới hạn, đạo hàm: limx y ; limx y 3 0
' 4 4 ; ' 0
1
x
x
+) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; +)
nghịch biến trên các khoảng (-;- 1), (0; 1)
+) Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x = 1, yCT = 0
+) BBT:
x - - 1 0 1 +
y' - 0 + 0 - 0 +
y + 1 +
0 0
+) Đồ thị
f(x)=x^4-2*x^2+1
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8 -6 -4 -2
2 4 6 8
x y
Câu 1 : 2, (1,0 điểm) +y’=4 x3 4 m x2 4 ( x x2 m2)
+hs có 3 cực trị y ' 0 có 3 nghiệm phân biệt x2 m2 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
0
m
+3 điểm cực trị của đths A(0;1), B(-m;1-m4), C(m;1-m4) Do tính chất đối xứng nên tam giác ABC cân tại A, ycbt
2
1
2.|m|.|m5|=32m=2 hoặc m=-2
Câu 2 : 1, (1,0 điểm)
) 2 2 cos(
1 1 2 sin cos sin
2 sin ) 4 ( cos 2 1 2 sin cos
sin
2
x
x
2 3
sin 2 sin cos sin 2 sin 2 0 sin 2 (sin cos sin 2 1) 0
sin 2 0 (1);2sin sin 1 0 (2)
Giải (1) được: ( )
k
x Giải (2) được: 2 ( )
x
Câu 2 : 2, (1,0 điểm) Giải bất phương trình: Điều kiện: 0
0 2
x x x x
Khi đó bpt đã cho tương đương với 2 7 2 4 2 4 2
x x
x
x ta được: t2 3 4tt2 4t 3 0 t 1;t3
*) Với t 1 ta có 2 2 4 1 ,
x bpt này vô nghiệm
6 1
6 1 0
5 2 3
4
2
x
x x
x x
x
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm x 1 6
4
x x
e x
Trang 3= lim ( 1 1 )
4
1 lim
.
2
0
4
x
e
x
x
Câu 4 : (1,0 điểm)
-Do ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ đứngAA’(A’B’C’) A’B’ là hình chiếu của AB’ trên
(A’B’C’) góc giữa AB’ và đáy là góc giữa AB’ và A’B’ và bằng góc AB’A’=600
- Xét tam giác AA’B’ có AA’=A’B’tan600=a 3mà CC’=AA’= a 3
- Ta có:
V V
V
V V
V V
C B A ABC ABC
B C
B A A
B ACC ABC
B C
B A A C
B A ABC
' ' '.
' ' ' '
' '
3
1
V V
V A.A'B'C' B'.ABC ACC'B'
2 ' ' ' ' ' ' ' '
'
A CC B ABC A B C A B C
a CC
Câu 5: (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: mx 1 x2 1 x2 ( 1 )
2 2
2 1 ( 1 ) 1 1
)
1
PT Đặt f(x) ( 1 x) 1 x2 , có
2 2 2
2 2
2 2
1
1 2
1
1 1
) 1 ( 1
)
(
'
x
x x x
x x x x
x x x
x
f
2
Bảng biến thiên:
X -1 -1/2 1
Y’ || + 0 - ||
Y
4
3
3
0 0
Câu 6a : 1, (1,0 điểm) - Từ PT đường thẳng ∆ x 5 y 2thế và PT đường tròn (C) được:
13 ) 2 (
)
3
5
3 1
2 0
0 26
x y
x y
y
B
A’
B’
C’
A
I
Căn cứ bảng biến thiên thấy PT đã cho có nghiệm khi
m
4
3 3
; 0
-(C) có tâm I(-1;2) và bán kính R= 13
Tam giác ABC nội tiếp (C) và vuông tại B AC là đường kính A, C đối xứng nhau qua I
B(2;0) A(-3;-1) C(1;5) B(-3;-1) A(2;0) C(-4;4)
Trang 4Câu 6a: 2, (1,0 điểm) Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ ( các bông
hoa xem như đôi một khác nhau ), ta chọn ra một bó gồm 7 bông Có bao nhiêu cách chọn ra bó
hoa trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ ?
- Vì bó hoa có 7 bông, trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ bó hoa
có thể có 3 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ và 1 bông hồng trắng hoặc 3 bông hồng vàng
và 4 bông hồng đỏ hoặc 4 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ
4
4 5
4 4
3 5
1 3
3 4
3
C
Câu 7a :(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
4 3 6
2
y x y x
y y x
Đặt đkxđ
0 0 6
2
y
x
y
x
y x
5 3 5
3 10
2 9 3 16
2
2
9 6 6
0
3
2 2 2 2 2
2
2
x y x
y x x
y x y
x
x
y y
y
x
Vậy hệ PT có nghiệm
Câu 6b : 1,(1,0 điểm) Tọa độ điểm D là: 3 0 0
=> D(0;0)O Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là n 13; 1 , n21; 2
cosADB=
2
1
=> ADB=45 0 =>AD=AB (1)
Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450 => BCD=450 => BCD vuông cân tại
B=>DC=2AB Theo bài ra ta có:
2
24
ABCD
AB
=>AB=4=>BD=4 2 Gọi tọa độ điểm ;
2
B B
x
B x
, điều kiện xB>0
=>
2 2
8 10 ( ) 5
4 2
( ) 5
B B
B
B
x
Tọa độ điểm 8 10 4 10;
B
Vectơ pháp tuyến của BC là n BC 2;1
=> phương trình đường thẳng BC là: 2x y 4 10 0
Câu 6b : 2, (1,0 điểm) Có: 1 2 x 3 x210 3x2 1 2 x10
2 3 4 10
0 0 1 2 2 2 3 2 4 2 10 2
1 3 2 0 12 2(2 )2 9(2 )9 2 (3 2 2) 0 12 2(2 )2 8(2 )8
10 2 10 10(3 )
0 4 4 2 1 .3.2 2 2 2 .9. 0 16.1.210 3.4.1.36 9.1.45 8085
4
HÖ sè cña x lµ :
-Áp dụng khai triển được: ( x + 2x + 3x2)n = a0 + a1x + a2x2 +… + a2nx2n
S a0 a1 a20 = f(1) = (1 + 2 + 3)10=610
Trang 5Câu 7b(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
Hệ phương trình tương đương :
2
Điều kiện: x+y0, x-y0
Đặt: u x y
v x y
2
3 (2) 2
uv
Thế (1) vào (2)
ta có: uv8 uv 9 uv 3 uv8 uv 9 (3 uv)2 uv0
Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0
4
uv
u v
(vỡ u>v) Từ đó ta có:
x =2; y =2.(Thỏa đ/k)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).