KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Đề thi thử lần 1 Môn: TOÁN; Khối D

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG THPT SỐ 1 TUY PHƯỚC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013

Đề thi thử lần 1 Môn: TOÁN; Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút

I Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = – x3 + 3x – 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số;

b) Xác định m (m  ) để đường thẳng d: y = mx – 2m – 3 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt trong đó có đúng một điểm có hoành độ âm

4sin 2 sinx x2 sin 2x2sinx 4 4 cos x

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 (x x2)3 x3 (x  ) 1

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 2 1 2 2 

2 0

1

x





Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh đều bằng a,  BAD 900,

A ABA AD Tính thể tích khối tứ diện A’ABD và khoảng cách giữa AC và B’C’

Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện: a23b2ab và 2 b 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Pa2ab2b2

II Phần riêng (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B

A Theo chương trình chuẩn

Câu 7A (1,0 điểm) Trong mặt Oxy cho A(0; 2), B(1; 0), C( –1; 0) Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc đường thẳng AB, AC lần lượt tại B, C

Câu 8A (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 2 = 0 và điểm A(2; –3; 0) Gọi B là điểm thuộc tia Oy sao cho mặt cầu tâm B, tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính bằng 2 Viết phương trình mặt phẳng (α) vuông góc với mặt phẳng (P) và qua AB

Câu 9A (1,0 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển

4

1 , 2

n

x

x

  biết rằng tổng các hệ số của khai triển n

ab bằng 4096 (n  *, x > 0)

B Theo chương trình nâng cao

Câu 7B (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm M(1; 3) Viết phương trình đường thẳng d

đi qua M và cắt các trục toạ độ Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho diện tích của tam giác OAB nhỏ nhất và M thuộc đoạn AB

Câu 8B (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0), B(0; 2; 0) Tìm toạ độ điểm C thuộc trục Oz sao cho tam giác ABC là tam giác đều, và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm O tiếp xúc với ba cạnh của tam giác ABC

Câu 9B (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có:

1 Cn 2 Cn   n Cn n  n n  1 2n

- Hết - Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ tên thí sinh:………, số báo danh:………

WWW.VNMATH.COM

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x y

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2013

Khảo sỏt sự biến thiờn, vẽ đồ thị hàm số y = – x3 + 3x – 1 1,0 +) TXĐ: 

+ ) Giới hạn : ;

x lim y x lim y

+) Bảng biến thiên:

Ta có : y’ = -3x2 +3 ; y’ = 0  x = - 1 hoặc x = 1 0,25

+ 1

-3 - 

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 1 và 1; , đồng biến trên khoảng

( 0; 2)

Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCD = 1

Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1, yCT = - 3

0,25 1.a)

+) Đồ thị

Giao điểm với trục tung: (0; – 1)

d: y = mx – 2m – 3 cắt (C) tại 3 điểm phõn biệt … 1,0

PT hoành độ giao điểm của d và (C): 3

x  m x  m 2

(x 2)(x 2x m 1) 0

2 2

2 1 0(*)

x





 

   



0,25

YCBT tương đương với (*) cú 2 nghiệm phõn biệt khỏc 2 và cú đỳng 1 nghiệm õm

+ (*) cú 1 nghiệm õm và 1 nghiệm bằng 0 1 0 1

2 0

P m

m S

  



  



1.b)

+ (*) cú 2 nghiệm trỏi dấu và khỏc 2 2 1 0 1

9

2 2.2 1 0

m m

 

    



Giải phương trỡnh 4sin 2 sinx x2 sin 2x2sinx 4 4 cos2x 1,0

Ta cú 4sin 2 sinx x2 sin 2x2sinx 4 4 cos2 x

2sinx 1 2 sin 2x 1 3 4 cos x

2sinx 1 2sin 2x 1 4sin x 1

2sinx1 2 sin 2 x1  2 sinx1 2 sin x1

2sinx1 [ 2 sin 2  x1  2 sinx1 ] 0(2 sinx1)(2sin 2x2 sin )x 0

0,25

* 2sinx + 1 = 0  x = –

6

 + k2 hoặc x = 7 2

6 k



 

0,25

2

* 2sin2x – 2sin x = 0 sin2x = sinx  x = k2 hoặc x = 2

3 k 3



y’

y

-

-1

-

0

0 +

1

WWW.VNMATH.COM Vậy phương trình có các họ nghiệm

x = –

6



+ k2, x = 7 2

6 k



 , x = k2, x = 2

3 k 3

 (k ) Ghi chú: HS có thể đưa tất cả về dạng tích 2sinx1 2 sin x2 cosx10

0,25

Điều kiện: x  – 1

PT   x  x  x  x x  x (*)

0,25

u x  x v x u v Phương trình (*) trở thành

2u 2 – 2v 2 = 3uv

0,25

2

2

2

v

u

 

     

  

 



Do u  0, v  0 nên chọn được u = 2v Trường hợp u = –

2

v

 u = v = 0, không xảy ra vì u > 0,  x

0,25

3

Khi đó, (*) 













5 37 2

5 37 2

x

x

Các nghiệm thỏa đk Vậy PT có các nghiệm như trên

0,25

Tính tích phân 2 1 2 2 

2 0

1

x







1,0

+ Đổi biến: t = ln(x2+1) 22

1

xdx dt

x

 

 + Đổi cận: Khi x = 0 thì t = 0 ; khi x = 2

1

+ Đưa về tích phân I =

2 2

0

1

=

0

t

4

Vậy I =4

Thể tích tứ diện A’ABD và khoảng cách giữa AC và B’C’ 1,0

5

* Tính thể tích khối tư diện A’ABD

Ta có ABA’ và ADA’ là các tam giác đều

nên A’B = A’D = a

Trong tam giác ABD vuông tại A có BD = a 2

Vì A’B2 + A’D2 = BD2 nên A’BD là tam giác

vuông tại A’ Gọi O là trung điểm BD

Ta có OB = OD = OA’ =1 2

a

BD 

và AB = AD = AA’ = a nên AO là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’BD,

C

D

C’

D’

O

H

WWW.VNMATH.COM

Ta có AO = 1 2

a

BD 

Tính ' 1 ' ' 1 2

A BD

Tính thể tích khối chóp:

3

a

0,25

* d(AC; B’D’)

- Ta có AC và B’C’ chéo nhau AC (ABCD) ; B’C’  (A’B’C’D’) và

(ABCD)//(A’B’C’D’) Do đó

 ; ' '    ; ' ' ' '   ';  

0,25

';

2

AA BD ABD

S

  (Hoặc CM: A’O(ABCD)

2

a

d A ABD A O

Vậy  ; ' ' 2

2

a

d AC B D 

0,25

a, b  , thỏa: a23b2ab và 2 b 0 Tìm GTLN của Pa2ab2b2 1,0

Vì

2

       

  ,  a, b  , b ≠ 0

và

2

2

P a ab b

0,25

Đặt t a

b

 Khi đó  2 

2

, 3

t t

t t

 

Xét hàm số    2 

2

3

t t

f t

t t

 



 

2

2 2

2 3

t t

t t

 

0,25

Bảng biến thiên

t

 1 11

2



1 11

2

 

 

/

f t - 0 + 0 -

 

f t

2 2 11 2 11 

11



2 11 2 11 

11



2

Do đó,   2 11 2 11 

11

P f t



0,25

6

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

WWW.VNMATH.COM

11

1 11

2 11 2

11

b





hoặc

11 11 11

2 11 11

a

b







 



Vậy minP = 2 11 2 11 

11



0,25

A(0; 2), B(1; 0), C( –1; 0) Đường tròn (C) tiếp xúc AB, AC lần lượt tại B, C 1,0

Ta có OB = OC = 1, AB = AC = 5 nên tam giác ABC

cân tại A và OA hay Oy là phân giác góc BAC

Gọi I là tâm đường tròn (C) Vì (C ) tiếp xúc với AB, AC

lần lượt tại B, C nên IB = IC, IB  AB, IC AC

0,25

Vì IB = IC nên I  Oy  I(0; m)

Ta có IB (1 ; -m), AB (1 ; -2) Do AB, AC đối xứng qua Oy

Nên ycbt  IB  AB IB  AB  IB AB =0  m = -

2

Gọi R là bán kính đường tròn (C), ta có R = IB = 5

2

1

2

0,25 7A

Vậy đường tròn (C) cần tìm có tâm I( 0 ; -

2

1 ) bán kính R = 5

2

1

có phương trình là

x2 + ( y +

2

1 )2 = 4

5

Phương trình mp(α) vuông góc với (P), qua AB, với A(2;–3; 0) 1,0

Vì B thuộc tia Oy nên B(0; y0; 0) với y0  0

Bán kính của mặt cầu tâm B, tiếp xúc với (P) là R = d(B; (P)) = 2 0 2

3

y 

0,25

Theo giả thiết R = 2  2 0 2

3

y 

= 2  y0 = 2 hoặc y0 = – 4

Ta có BA

= (2; – 5; 0), một VTPT của (P) là n

= (1; 2; – 2)

Lý luận đưa đến một VTPT của (α) là n

α = [BA

, n

8A

Khi đó, mp(α) qua B(0; 2; 0) và có một VTPT n

α = (10; 4; 9) nên pt (α):

Ta có  

0

n

n k

a b C a  b



Do vậy tổng các hệ số khai triển của  n

ab là

1 1n 2

C C C   C   

0,25

9A

Với n = 12, ta có

4

1

2

x

Số hạng tổng quát của khai triển là

24 3 4

2

k





(k   và k  12)

0,25

2

-2

y

x

A

C

I

WWW.VNMATH.COM Suy ra số hạng không chứa x tương ứng với số hạng có k thỏa :

24 3

4

k

k

   

(thỏa đk của k)

Vậy số hạng không chứa x là : C128.2 8

0,25

Lập luận M1;3có toạ độ dương thuộc góc phần tư thứ nhất và điểm M thuộc đoạn

AB nên điểm A, B thuộc tia Ox, Oy, suy ra A a ; 0 , B0;b với a0,b 0 0,25

Viết phương trình đường thẳng d theo đoạn chắn: x y 1

Lập luận điểm Md  1 3 1

0,25

Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng - trung bình nhân cho hai số dương 1 3,

a b ta có:

1=1 1 3 2 3 ab 12

0,25 7B

ab = 12  1 3 1 2

6 2

a b

a b









Do đó, phương trình đường thẳng d: 1 6 2 12 0

2 6

     

0,25

A(2; 0; 0), B(0; 2; 0) Tìm C và viết pt mặt cầu tâm O tiếp xúc 3 cạnh  ABC 1,0

 Tìm toạ độ điểm C

- Lập luận điểm COz nên toạ độ C0;0;c

- Viết điều kiện tam giác ABC là tam giác đều khi và chỉ khi

ABACBC AB AC BC    c c 

- Kết luận : C(0; 0; 2) hoặc C(0; 0; –2)

0,25

 Viết phương trình mặt cầu(S)

- Lập luận được tứ diện OABC đều vì OAOBOC2và tam giác ABC đều 0,25

- Gọi I là trung điểm cạnh AB thì OI AB tại I

8B

- Lập luận được mặt cầu (S) tâm O, tiếp xúc với các cạnh của tam giác ABC có

bán kính R = d(O; AB) = OI = 2

Do đó, phương trình của  2 2 2

0,25

1 Cn 2 Cn   n Cn n  n n  1 2n ,  n  * 1,0

Từ   0 1

1x n C n C x n  C x n n n Lấy đạo hàm cấp 1 và cấp 2 ta có:

1 n 1 n 2 n n n n (1)

n x   C  C x n C x 

1 1 n 2.1 n 3.2 n 1 n n n (2)

n n x   C  C x n n C x 

0,25

Trong (1) và (2) lần lượt cho x = 1 ta được:

2n 1 n 2 n n n (3)

1 2n 2.1 n 3.2 n 1 n n (4)

0,25

9B

= n(n – 1).2n – 2 + n.2n – 1 (từ (3) và (4))

= n(n + 1).2n – 2 0,25

WWW.VNMATH.COM

1 Cn 2 Cn   n Cn n  n n  1 2n

Ghi chú Có thể chứng minh được (3), (4) chỉ sử dụng công thức tổ hợp Cụ thể CM

được: kC n k nC n k11 (1k n) và (k k1)C n k n n( 1)C n k22 (2k n)(n, k  ) Từ

đó chứng minh được (3) và (4)

Ghi chú: mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa với nội dung tương ứng