ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT 2013 TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU Môn TOÁN ; Khối A, B

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT 2013 TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU Môn TOÁN ; Khối A, B

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012−−−−2013

MÔN: TOÁN − KHỐI A, B

Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số 1 3 2

3

y= x −x 1) Khảo sát và vẽđồ thị (C) của hàm số;

2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó cắt các trục Ox, Oy tương ứng tại A, B phân biệt thỏa mãn OB = 3OA

Câu 2 (1 đ i ể m) Giải phương trình: 3−tanx(tanx+2sinx)+6cosx=0

Câu 3 (1 đ i ể m) Giải hệ phương trình:

2

x











Câu 4 (1 đ i ể m) Tính tích phân

2

2

3 sin 2

x

π

π

+

=

+

Câu 5 (1 đ i ể m) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác

đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M là trung điểm SC Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC

Câu 6 (1 đ i ể m) Cho a,b, c là các số thực không âm thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1 Chứng minh:

1

bc+ ca+ ab≥

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 7a (1 đ i ể m) Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC vuông tại B, AC = 2 Đường phân giác trong của góc A có phương trình (d): 3x− =y 0 Tìm toạđộ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến (d) bằng hai lần khoảng cách từ B đến (d); C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương

Câu 8a (1 đ i ể m) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

3

6 5 2

x

= −





= − +



 = −



, mặt phẳng

(P): x + 2y − 2z + 4 = 0 và điểm A(−3; −1; 2) Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua A, vuông góc

với (P) và cắt d tại điểm M thỏa mãn: khoảng cách từ M đến (P) bằng MA

Câu 9a (1 đ i ể m) Tìm hệ số của x6 trong khai triển (x2 + x – 2)n, biết n là số nguyên dương thỏa mãn:

n n

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b (1 đ i ể m) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

2 2

1 4

x y

+ = và 2 điểm (A − 3; 0), ( 3; 0)B Tìm điểm M thuộc (E) sao cho
AMB=600

Câu 8b (1 đ i ể m) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 2

x+ = =y z−

, mặt

phẳng (P): x + y − 2z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2) Viết phương trình đường thẳng ∆đi qua A song song với mặt phẳng (P), đồng thời vuông góc với d

Câu 9b (1 đ i ể m) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: ( )log 2 ( )log 2 2

3 1+ x+x 3 1− x = +1 x

……… Hết ………

Đ ÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 −−−− 2013

1

(2 điểm)

1) • TXĐ: ℝ

• SBT:

− CBT: y’ = x2− 2x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2

Hàm số ĐB trên (−∞; 0) và (2; +∞); hàm số NB trên (0; 2)

0,25

− Cực trị: CĐ(0;0); CT(2; 4

3

− )

− Giới hạn: lim

x y

→−∞ = −∞, lim

x y

→+∞ = +∞

0,25

− BBT:

0,25

• Đồ thị

0,25

2) Ta có: tanOAB
OB 3

OA

= = ⇒ hệ số góc của tiếp tuyến là ±3

0,25

Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm thì

y’(x0) = ±3 ⇔ 2

0 2 0 3

• PT tiếp tuyến của (C) tại điểm ( 1; 4

3

− − ): 3( 1) 4

3

3

y= x+

0,25

• PT tiếp tuyến của (C) tại điểm (3; 0): y = 3(x − 3) hay y = 3x − 9 0,25

2

(1 điểm)

ĐK: cosx ≠ 0

3(1 2 cos x)+ −tan x(1 2 cos x)+ =0

⇔ (1 + 2cosx)(3 − tan2x) = 0

0,5

2

3

hoặc

3

x= ± +π kπ

Đối chiếu ĐK, phương trình có các nghiệm trên

0,5

3

(1 điểm)

ĐKXĐ: x > 0, y ≠ 0

PT đầu của hệ⇔ y = 2x hoặc y= − x

0,25

1

2

3 4

3

−

O

x

y

− 3

x y’

y

0 0

0

4 3

−

−∞

+ ∞

• Với y = 2x, ta có: 2 2

2x x + =1 2x+ 3x +3 (*) ⇔

2

1

2

x

Dễ thấy hàm số

2

( )

2 1

f x

x x

+ nghịch biến trên (0; +∞)

Mặt khác ( 3) 1f =

Vậy (*) có nghiệm dy nhất x= 3 ⇒ y=2 3

0,25

• Với y= − x ta có: − x x2+ =1 2x+ 3x2+3: PT này vô nghiệm vì vế trái

không dương, vế phải dương

Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất x= 3; y=2 3

0,25

4

2

Đặt sinx − cosx = t, ta có:

2

dt

= 1(ln | 2 | ln | 2 |)11

0,25

5

(1 điểm)

• Do M là trung điểm SC nên

1

2

d M SAB = d C SAB

2

Vì (SAB) ⊥ (ABC) nên gọi SH là đường

cao của ∆SAB thì SH ⊥ (ABC)

2

a

0,25

Vậy

3 16

SABM

a

0,25

• Gọi D là điểm sao cho ACBD là hình bình hành ⇒ (SAD) chứa SA và song

song BC ⇒ d(SA, BC) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD))= 3 SABD

SAD

V

S

Ta có:

3 8

a

2

a

BM là đường cao tam giác cân SBC

⇒ BM =

2

− = −  =

0,25

2

SAD SBC

S

D

A

H

B

C

M

⇒ d(SA, BC) = 3 3

15

SABD SAD

6

2

1 2

+

Mặt khác dễ thấy 2 2 2

3

a a

a ≥

Thật vậy (*) ⇔ a(a − 1)2(a + 2) ≥ 0 luôn đúng

0,25

1

a a

bc≥ + , tương tự

2

1

b b

ca≥

2

1

c c

b≥ +

0,25

bc+ ca+ ab ≥ + + =

0,25

7a

(1 điểm)

Gọi M là điểm đối xứng của B qua d

⇒ M ∈ AC

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của C, B

trên d

là trung điểm AC

Vì các tam giác ABC, AHC vuông cạnh

huyền AC nên MH = MB = MC = HC = 1

Giả sử C(0; y0)

⇒ CH = d(C,d) = | 0|

1 2

y

= ⇔ y0 = ±2

0,5

Giả sử ( ;A t t 3) ∈ d (t > 0) Ta có: AC= t2+(y0−t 3)2 =2

⇔ 2

0

4t −2 3y t=0 (do y02 =4) ⇔ 0 3

2

y

t= Vì t > 0 nên y0 = 2 và t= 3

Vậy ( 3;3)A , C(0; 2)

0,5

8a

(1 điểm)

Giả sử M(−3; −6 + 5t; 2 − t) ∈ d ta có:

1 4 4

+ +

⇔ (4t − 5)2 = 26t2− 50t + 25 ⇔ 10t2 + 10t = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 0

⇒ M(−3; −1; 1) hoặc M(−3; − 6; 2)

0,5

Mặt phẳng (α) cần tìm đi qua M, A và vuông góc với (P) nên có 1 vec tơ pháp

tuyến là nα =[MA n,p], với np là 1 vec tơ pháp tuyến của (P)

• M(−3; −1; 1): Ta có MA=(0; 0;1), np =(1; 2; 2)− ⇒ nα = −( 2;1; 0)

Phương trình mp (α): −2x + y − 5 = 0

• M(−3; − 6; 2): MA=(0;5; 0), np =(1; 2; 2)− ⇒ nα = −( 10; 0; 5)−

⇒ (α): 2x + z + 4 = 0

Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn là (α): −2x + y − 5 = 0 và (α): 2x + z + 4 = 0

0,5

9a

(1 điểm)

Từ khai triển (1+x)n =C n0+C x C x n1 + n2 2+ + C x n n n ta có:

0 1 2 2

(1+x dx)n = (C n +C x C x n + n + + C x dx n n n)

Hay:

2

0

0

0,5

B

H

C

M

K

A

⇔ 3 1 1 0 22 1 23 2 2 1

n

Kết hợp giả thiết suy ra:

1

n

+

− = + + ⇔ 3

n + 1

= 243 = 35⇔ n = 4

Ta có (x2 + x – 2)4 = (x − 1)4(x + 2)4 =

(C −C x C x+ −C x +C x )(C +C 2x C+ 4x +C 8x +C 16x )

Vậy hệ số x6 là: C C42 44.16−C C43 43.8+C C44 42.4= −8

0,5

7b

(1 điểm)

Vì A, B chính là các tiêu điểm (E) nên ta có:

2

= 4a2−3MA MB =4a2−3(a+ex a ex)( − )= a2+3e x2 2

2

a

2

x

c

3

x= ±

0,5

Vì M ∈ (E) ⇒

2

x

y = − = − = ⇒y= ±

Vậy có 4 điểm thỏa mãn với tọa độ là 4 2; 1

0,5

8b

(1 điểm)

Véc tơ chỉ phương và véc tơ pháp tuyến của d và (P) tương ứng là

(2;1;1), (1;1; 2)

0,25

Gọi u∆ là vec tơ chỉ phương của ∆, từ giải thiết suy ra u∆ vuông góc với các

véc tơ u nd,p ⇒ có thể chọn u∆ =[u nd,p]= −( 3;5;1)

0,5

9b

(1 điểm)

ĐKXĐ: x > 0

( 3 1)+ x = ≥u 0, ( 3 1)− x = ≥v 0 ⇒ u.v = x

Ta có phương trình:

u + uv2 = 1 + u2v2⇔ (u − 1)( 1 − uv2) = 0 ⇔ u = 1 hoặc uv2 = 1

0,5

• u = 1 ⇒ log2x = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn PT)

(2 3−2) x =1 ⇔ log2x = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn PT)

Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 1

0,5

Lưu ý : H ướ ng d ẫ n này ch ỉ trình bày m ộ t cách gi ả i, n ế u h ọ c sinh gi ả i cách khác mà v ẫ n đ úng thì cho

đ i ể m t ố i đ a dành cho ph ầ n đ ó (ho ặ c ý đ ó)