BO DE DADE THI THU TOAN LAN1 NGUYENQUANG DIEU 2013 0217 0217 0246

WWW.VNMATH.COM Trường THPT chuyên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 NGUYỄN QUANG DIÊU Môn: Toán khối D Thời gian làm bài: 180 phút Không kể thời gian phát đề I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Trang 1

WWW.VNMATH.COM

Trường THPT chuyên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 NGUYỄN QUANG DIÊU Môn: Toán khối D

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1/ (2,0 điểm) Cho hàm số

1

3







x

y có đồ thị là (C) a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho b/ Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất

(I: giao điểm hai tiệm cận của(C)) Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình: 3

1 2 sin 2 cos 2

4 sin 2 cos







x x

Câu 3/ Giải hệ phương trình:  

   





















0 2

1

0 1

2 2

y y

x x

y x y x

Câu 4/ ( 1 điểm) Tính: A sinx cosx ln1 sin2xdx

4

0









Câu 5/ ( 1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A/B/C/ có (A/BC) tạo với đáy góc 600, tam giác

A/BC có diện tích bằng 8 3

a/Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của BB/ và CC/ Tính thể tích khối tứ diện A/AMN b/ Tính khoảng cách giữa hai cạnh A/B và AC

Câu 6/ ( 1 điểm) Gọi x1,x2 ,x3 là nghiệm phương trình:

3















Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 1 2 3

3 2 2 2

x

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 7.a (1,0 điểm) Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ A là d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C thuộc đường thẳng : 2x + y –1 = 0 và diện tích tam giác ABC bằng 1

Câu 8.a (1,0 điểm).Cho A(5 ; 3 ; – 4) và B(1; 3 ; 4) Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tam giác ABC cân đỉnh C và có diện tích S 8 5

Câu 9 a (1,0 điểm ).Giải phương trình: 2 2 6 3 2 3 1 2 2 6 3

2 6

3 x x  x x  x  x

B Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x –6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại A Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3) cắt (C1) và (C2) thành hai dây cung bằng nhau

Câu 8.b (1,0 điểm) Cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình 

1

9 2

4 1

7 :

1









x d

và  

3

1 2

1 7

3 :

2











x

d Lập phương trình đường thẳng ()cắt (d1),(d2) và trục Ox lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC

Câu 9.b (1,0 điểm ).Giải phương trình: 1log9 x 3log9x log3x1

Tai Lieu - Bao CaoTai Lieu - Bao Cao Tai Lieu - Bao CaoTai Lieu - Bao Cao Tai Lieu - Bao CaoTai Lieu - Bao Cao Tai Lieu - Bao CaoTai Lieu - Bao Cao Tai Lieu - Bao CaoTai Lieu - Bao Cao Tai Lieu - Bao CaoTai Lieu - Bao Cao Tai Lieu - Bao CaoTai Lieu - Bao Cao Tai Lieu - Bao CaoTai Lieu - Bao Cao Tai Lieu - Bao CaoTai Lieu - Bao Cao Tai Lieu - Bao CaoTai Lieu - Bao Cao

Trang 2

WWW.VNMATH.COM

Đáp án

Câu Nội dung Điểm Câu 1a Tập xác định: D = R \ –1

 2

/

1

4





x

y , y/  ,0xD

0,25

Vì:

  





3 lim

x

  









3 lim

x

nên: x = –1 là tiệm cận đứng Vì: 1

1

3







x

1

3







x

nên: y = 1 là tiệm cận ngang

0,25

Bảng biến thiên và kết luận 0,25

Đồ thị 0,25 Câu 1b

Gọi 













 1

3

;

m

m m

M thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1)

 2

2

1

16 1





m m

IM

0,25

16





m m

( Tương ứng xét   16 ,t 0

t t t

g và t = (m + 1)2 và lập được bảng biến thiên

0,25

IM nhỏ nhất khi IM 2 2

Khi đó (m + 1)2 = 4

0,25

Tìm được hai điểm M11;1 và M23;3 0,25 Câu 2 Giải phương trình:

3 1 2 sin 2 cos 2

4 sin 2 cos







x x

Điều kiện:



















2

1 2 sin

1 2 sin 0

1 2 sin 2 sin

2 2

x

x x

x

0,25

3 1 2 sin 2 sin 2

4 sin 2 cos





x x

 cos2xsin4x 3sin2xcos4x

 cos2x 3sin2x 3cos4xsin4x

0,25

 





























6 4 cos 3

2

x























2 6

4 3 2

2 6

4 3 2

k x

x

k x

x

Trang 3

WWW.VNMATH.COM



k

x 

3

2 6



k

x  0,25

So lại điều kiện được nghiệm phương trình đã cho

3

2 6



k

x  0,25 Câu 3

Giải hệ phương trình:  

   





















0 2

1

0 1

2 2

y y

x x

y x y x

   





















0 2

1

0 1

2 2

y y

x x

y x y x

  



















0 2

1

2

y y

x y x y

y x y x

  



















0 1 2

1

2

y x y x

( Vì: y = 0 không là nghiệm của hệ)

  



















0 1 2

1

2 2

y x y

x

y x y x

  

















0 1

1

2 2

y x

y x y x

  













 1

1

2

y x

y x y x















 1

1

2

y x



















x y

x x

1

1 1

2















x y

x x

1

0

2





















x y

x x

1

1 0

Nghiệm của hệ: (0 ; 1) , ( –1 ; 2) Câu 4

A sin cos ln1 sin2

4

0









4

0

cos sin

ln cos





A 2 sin cos ln sin cos

4

0





 



(Vì:     

4

; 0 ,

0 cos

x x

0,25

Đặt  















dx x x

dv

x x

u

cos sin

ln

suy ra:

















x x v

dx x x

x x du

sin cos

cos sin

sin cos 0,25

















4

0

cos sin

ln cos sin

2



dx x x x

x x

x A

0,25

Trang 4

WWW.VNMATH.COM









2 2ln 2 sin cos 4



x x

A

A = 2 2ln 2 21

2 2 2 2 ln



A

0,25

Câu 5a

Ta có AA / ABC

Gọi H là trung điểm BC AH  BC nên A/H  BC.Vậy góc A/HA bằng 600

Trong tam giác vuông A/HA có:

3 2

3 2 60 cos 0

/

BC BC

AH H

Diện tích tam giác A/BC:

2

3

2

H A BC

3 8



S nên BC = 4, AA/  AHtan600 6

3 16

3

1

V A AMN lt A BMNC

Câu 5b Tính khoảng cách giữa hai đoạn thẳng A/B và AC

Ta có AA / ABC

Dựng hình hộp ABDC.A/B/D/D AC//BD nên AC//(A/BD)  A/B nên d(AC;A/B) = d(AC;(A/BD)) = d(A;(A/BD))

0,25

Kẻ AK  BD (K BD) BD AK và BD AA/ nên BD (A/AK)  (A/BD) (A/AK)

Kẻ AT A/K (TA/K)  AT(A/BD) AT=d(A;(A/BD)) = d(AC;A/B)

0,25

1 36

4 6

1 3 2

1 1

2 2 2

/ 2

A A AK

AT hay AT = 3 0,5

Câu 6 Gọi x1 , x2 , x3 là nghiệm phương trình

3















Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của

M

N

H

C /

B /

A /

C

B A

T

K

D /

D

C /

B /

A /

C

B A

Trang 5

WWW.VNMATH.COM

Hay A = f m 2m2 11m2 m2;3

/



 m m

f , f / m 0  2;3

4

11







m

0,25

 2 28

f và f 3 49

Vậy maxA49 khi m = 3 và minA28 khi m = 2

0,25

PHẦN TỰ CHỌN

A Theo chương trình chuẩn Câu 7a Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ

A là d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C thuộc đường thẳng :2x + y –1 = 0 và diện tích tam giác ABC bằng 1

BC qua B và vuông góc d nên BC có phương trình: x + y + 1 = 0 Tọa độ C là nghiệm của hệ





























3

2 0

1

0 1 2

y

x y

x

y x

Vậy: C(2 ; –3)

0,25

a a  d

A ;  3   

2

4 2

;BC  a

A

d ,BC  2.Theo giả thiết ta

có:  ;  1 2

1



BC A d

2

4 2 2 2

1





a

0,25

Hay 

























3

1 2

4 2 1 2

4 2 2 2

1

a

a a

a

Với a = –1 thì A(–1 ; 2), với a = –3 thì A(–3 ; 0)

0,5

Câu 8a Gọi C(a ; b; 0), tam giác ABC cân tại C nên trung điểm

H(3 ; 3 ; 0) của AB cũng là chân đường cao vẽ từ C

0,25

Theo giả thiết ta có:









5 8

2

1

CH AB

BC AC







































5 8 3 3

64 0 16 2 1

16 3 1

16 3 5

2 2

b a

0,5

3 2 1 2 3 2 2 2

x

Phương trình: x32m3x2 2m2 m9x2m2 3m70(*)

Có nghiệm x3 1

Nên (*)   1  2 2 1 2 2 3 7 0











x





















1 0 0 7 3 2 1 2

1

2 2

m m x m x

x

0,25

(1) có hai nghiệm x1; x2 khi:  12 2 2 3 7 0









m

 2 5 6 0







m m  2 m3

3 2 1 2 3 2 2 2

x

2 2

x   

= x1x22 x1x2 1 =2 22 2 2 3 6







m

0,25

Trang 6

WWW.VNMATH.COM













 4 3

3

b

a

















1 7

3

b b

a

Có hai trường hợp C(3 ; 7 ; 0), C(3 ; –1 ; 0)

0,25

Câu 9a Giải phương trình: 2 2 6 3 2 3 1 2 2 6 3

2 6

3 x  x  x x  x  x

3 6 2 1 3 3

6

2 6

3 x  x  x  x  x  x  2 2 6 2 1 2 3 1 2 2 6 2 1

2 6

3 x  x   x  x  x x 

1 3 1

3 1

2

4 2 6

9

3 x  x  x x  x x 

 

0 2 2

3 2

3 3

1 3 1

3





























 x  x x x 0,25

Đặt t =  0

2

3 2 3 1













  

t

x x

, ta được: 3t  t20 

 











 3 2

1

t

l

t 0,25

Với

3

2



t , ta được : x2 x3 20  x = 1  x = 2 0,25 Tập nghiệm S 2;3 0,25

B Theo chương trình nâng cao Câu 7b Cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x –6)2 + y2 = 25

cắt nhau tại A Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3)cắt (C1) và (C2) thành hai dây cung bằng nhau

Gọi M(a ; b) (C1) và N(4 –a ; 6 –b) đối xứng với M qua A Theo giả thiết N (C2)

Vậy ta có:



















25 6

2

13

2 2

b a



















25 6

2

13

2 2

b a























0 15 12 4

0 13

2 2

b a b a

b a

0,5





















0 10 12 4

0 13

2 2

b a



 































5 6 5 17 3 2

b a

l b

a

, vậy 











 5

6

; 5

17

0,25

Phương trình đường thẳng cần tìm x –3y + 7 = 0 0,25 Câu 8b

Cho  

1

9 2

4 1

7 :

1









x

3

1 2

1 7

3 :

2











x

d Lập phương trình đường thẳng () cắt (d1),(d2) và trục Ox lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC

Gọi A7a;42a;9a   d1 , B37b;12b;13b   d1 và C(c ; 0 ; 0) Ox

0,25

B là trung điểm AC nên:





























b a

b c

a

3 1 2 9

2 1 2 2 4

7 3 2 7





























0 7 6

0 2 4 2

0 1 14

b a

c b a

















14 1 1

c b a

0,25 Vậy: A8;6;8   d1 , B4;3;4   d1 0,25

Trang 7

WWW.VNMATH.COM

Phương trình

4

8 3

6 12

8 :     

 x y z 0,25 Câu 9b Giải phương trình: 1log9 x 3log9 x log3 x1

Điều kiện xác định: x ≥ 1

1 log log

3 log

1 9 x 9 x  3x

 1log9x 3log9 x 2log9 x1

0,25

 12log9x2log9x1  1log9 x3 log9 x

 2log9 x1  1log9 x3 log9 x10

0,25

 2log9x1 vì: 1log9x 3log9x10 0,25

 x = 3 Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 3 0,25

Trường THPT chuyên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 NGUYỄN QUANG DIÊU Môn: Toán khối A,A1,B

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1/ (2,0 điểm).Cho hàm số y = x3 –6x2 + 9x –2 có đồ thị là (C) a/ Khảo sát sư biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho

b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích S = 6

Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình: sin 3cos 2 0

4 2 sin











x 

Câu 3/ Giải hệ phương trình:

















0 2 1 6 1 3 2

2

0 3 2 3 2

2 3

3 2

x x x

y x y

y y

x

Câu 4/ ( 1 điểm) Tính:A2 x x   xdx

0

2

sin 1 ln cos sin



Câu 5/ ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông góc mặt đáy và SA = 2a

a/ Gọi M là trung điểm SB, V1 là thể tích tứ diện SAMC, V2 là thể tích tứ diện ACD

Tính tỷ số

2

1

V V

b/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD Câu 6/ Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3x  y1

Tìm giá trị nhỏ nhất của

xy x

A1 1

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 7.a (1,0 điểm).Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua A(–2 ; 2) và tiếp xúc : 3x – 4y + 14 = 0

Câu 8.a (1,0 điểm) Cho B5 ; 2;2, C3 ; 2;6 và (P): 2x + y + z –5 = 0 Tìm tọa độ

Trang 8

WWW.VNMATH.COM

điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A Câu 9 a (1,0 điểm )

Giải phương trình:    2

2 2

4 2

log

B Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Cho (C): (x +6)2 + (y –6)2 = 50 M là điểm thuộc (C)( M có hoành độ

và tung độ đều dương) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M sao cho tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là trung điểm

Câu 8.b (1,0 điểm ) Cho M(0; 0; 1) A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A,B và khoảng cách từ M đến (P) bằng

2

Câu 9.b (1,0 điểm ) Giaỉ bất phương trình: 3 x 6 x 64x

Đáp án

Câu Nội dung Điểm Câu 1a Cho hàm số y = x3 –6x2 + 9x –2 có đồ thị là (C)

a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho Tập xác định: D = R

y/ = 3x2 –12x + 9

0,25

y/ = 0  x = 1  x = 3

    



lim x3 x2 x



lim x3 x2 x

x

0,25

Bảng biến thiên và kết luận 0,25

Đồ thị 0,25 Câu 2b b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai

cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích S = 6

Hai điểm cực trị A(1 ; 2), B(3 ; –2), AB 2 5

Phương trình AB: 2x + y – 4 = 0

0,25

Gọi  ; 3 6 2 9 2





m m

5

6 11 6

5

4 2 9 6 2

;

2 3 2

3

















AB M d

Diện tích tam giác MAB:

2









S

0,25





























6 6 11 6

6

2 3

m m

m

m m

m







 4

0

m

m 0,25

m = 0  M(0; –2) phương trình: y = 9x –2

m = 4  M(4 ; 2) phương trình: y = –3x +14

0,25

Câu 2

Giải phương trình sin 3cos 2 0

4 2 sin











x 

Trang 9

WWW.VNMATH.COM

0 2 cos 3 sin 4 2 sin











x 

sin2xcos2xsinx3cosx20

2sinxcosxsinx2cos2x3cosx10

0,25

sinx2cosx1  cosx12cosx10

2cosx1sinxcosx10

0,25



























2

1 4 sin

2

1 cos



x

Nghiệm phương trình:  2

3 k

x  , x  k2,  2

2 k

x  0,25 Câu 3 Giải hệ phương trình:

 

















2 0 2 1 6 1 3 2

2

1 0 3 2 3 2

2 3

3 2

x x x

y x y

y y

x

(2)  2x133yx12 4y0

 2 1 3 1 4 0

2 3















 













 

y

x y

x

do y = 0 không là nghiệm

 12

y x

0,5

Hệ trở thành:















 1 2

0 3 2 3 2

2

y x

y y

x 0,25



















 1 2

2 3 4 6

4 2

y x

y y

y



















9 14 18 5 2 3

x y

y

nghiệm của hệ: 











 18

5

; 9 14

0,25

Câu 4

Tính:A2 x x   xdx

0

2

sin 1 ln cos sin



Tính:A 2 x   xdx

0

2

sin 1 ln 2 sin 2

1 

Đặt uln 1 sin2x và dvsin2xdx

Suy ra: dx

x

sin 1

2 sin



 và v1 sin2 x

0,25

Khi đó:    

















2

0

2 0 2 2

2 sin sin

1 ln sin 1 2 1



xdx x

x A

0,25

Trang 10

WWW.VNMATH.COM

H

M

D

C B

A S















0 2 2

sin sin

1 ln sin 1 2

x x

x

2

1 4

ln 



Câu 5a Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông

góc mặt đáy và SA = 2a a/ Gọi M là trung điểm SB, V1 là thể tích tứ diện SAMC, V2 là thể tích tứ diện MACD Tính tỷ số

2

1

V V

Ta có:

2

1

.



ABC S

AMC S

V

Gọi H là trung điểm SA

SA  (ABCD) nên MH  (ABCD) và MH SA

2

1



0,25

ABC S ABC M ACD

2

1



 vậy: 1

2

1



V

V 0,25

Câu 5b Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD

Gọi E là điểm đối xứng của B qua A.Ta có AEDC là hình bình hành và góc EAC bằng

1350, CD = a và AC  a 2

AC // ED nên AC // (SDE)  SD nên d(AC,SD) = d(AC,(SDE)) = d(A,(SDE))

Kẻ AH  ED ( H ED)  ED(SAH)  (SED)(SAH)

Kẻ AK SH  AK  (SDE) vậy AK = d(AC,SD)

0,25

Trong tam giác SAH có

2 2 2 2 2

2

4

3 2

1 4

1 1

a a a AH

SA

Vậy: AK = d(AC,SD) =

3

2a

0,25

Câu 6 Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3x + y ≤ 1.Tìm giá trị nhỏ

nhất của

xy x

A 1 1

0,25

Giải 4 3

4 3

1 xyxxxy x y hay

4

1

4 xy 0,25

xy x

A 1 1 ≥ 2 1 2 8



y x xy x

0,25

H K

E

C

D A S

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	258,35 KB