Với cấu trúc gồm gồm 9 câu hỏi có hướng dẫn lời giải, đề thi thử đại học lần 1 môn Toán - Khối B năm học 2013-2014 sẽ giúp các bạn củng cố lại kiến thức và làm quen với dạng đề thi. Chúc các bạn thi tốt.
Trang 1Môn: TOÁN; khối B – Năm học: 2013-2014
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số yx33x 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số đã cho
b) Gọi d là đường thẳng đi qua A(2;4) và có hệ số góc là k Tìm k để d cắt (C)tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tam giác OBC cân tại O ( với O là gốc toạ độ)
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình cosx= 2 cos2x(x R)
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
(x,y R)
Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính các giới hạn sau:
x
3
x
3
x 2
2x 3 3x 5 1
x 2
Câu 5 (1,0 điểm) Cho x;y;z là các số thực dương thay đổi sao cho x+y+z=2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Fx y z 2xyz
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 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD Các đỉnh B và D lần lượt các
đường thẳng d : x y 8 01 và d : x 2y 3 02 Đường thẳng AC có phương trình là x 7y 31 0 Tìm toạ
độ các đỉnh của hình thoi ABCDbiết diện tích hình thoi ABCDbằng 75 và điểm A có hoành độ âm
Câu 8a(1,0 điểm) Cho log 5393x 1 7
3 1 5
1 log (3 1) 5
b 5
Tìm các số thực x biết rằng số hạng chứa a trong khai 3 triển Niu-tơn của (a b) 8là 224
Câu 9a(1,0 điểm) Tìm các số thực m để bất phương trình 4x22x m.2x22x 1 m 0
nghiệm đúng với mọi
x 0;2
B Theo chương trình Nâng Cao
Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(4:3); đường phân giác trong và
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác lần lượt có phương trình là x 2y 5 0 và 4x 13y 10 0 Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC
Câu 8b (1,0 điểm) Chứng minh rằng 1 C2 120132 C2 22013 2012 C 2 201220132013 C2 201320132013 2014 2 2011
Câu 9b (1,0 điểm) Tìm các số thực m để phương trình m 2x29 x mcó đúng một nghiệm thực
-HẾT -
Trang 2Câu Đáp án Điểm 1a Tập xác định D=R
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
3 3
y '3x 3;y '0x 1 0x 1
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1) và (1;) ; nghịch biến trên khoảng (-1;1)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại x 1,yCD ; đạt cực tiếu tại 4 X1,yCT 0
- Giới hạn:
xlim y
và
xlim y
0,25
- Bảng biến thiên
0,25
Đồ thị
0,25
1b Đường thẳng d qua A(2;4) với hệ số góc k có phương trình là ykx 2k 4
Phương trình hoành độ giao điểm của (C)và d : x33x 2 kx 2k 4
2
(x 2)(x 2x k 1) 0
x 2
hoặc x22x k 1 0(* )
0,25
d cắt (C)tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2
(* * )
O,B,C không thẳng hàng O d k2(* * * )
0,25
Trang 3Theo định lý Vi-ét: B C
B C
Ta có yByC (kxB2k4) (kx C2k4)k(xBx )C
Và yByC (kxB2k4) (kx C2k4)k(xBx ) 4k 8C 6k 8 Tam giác OBC cân tại O OBOCx2Bx2B x2Cy2C
(x x )(x x ) (y y )(y y ) 2(x x ) k(x x )( 6k 8)
2
3
( thoả mãn (**) và (***))
0,25
Điều kiện: cosx 0 k
Phương trình đã cho tương đương với: cosx 1 cos2x
0,25
cos x 1 sinx cos2x sinx cos2x sin x sinx(cos2x sinx) 0
cos2x sinx=0
( vì sinx0)
2
sinx
2
2
0,25
sinx
6
(kZ) ( không thoả mãn điều kiện) 0,25
x 2y x 4y(1)
13x 41xy 21y 9(2)
Nhân vế trái (1) với vế phải (2) và vế phải (1) với vế trái (2) ta được phương trình:
9(x 2y ) (x 4y)(13x 4xy 21y ) 22x 11x y 143xy 66y 0
0,25
Thay y=2x vào (1), ta được: (1) 3
, lúc đó y=0 Thử lại x=y=0 không phải nghiệm của hệ đã cho
Thay x=-3y vào (1),ta được: (1) 29x3y0y , lúc đó x=0 Thử lại x=y=0 0
không phải nghiệm của hệ đã cho
0,25
4
a/
x
4
x
x
3
x
nên
x
3 sin x
3 x
Trang 43
x
b/
2
lim 2x 3
(x 2)( 2x 3 1 (x 2)( (3x 5) (3x 5) 1
0,25
2
3 2x 3
(3x 5) 2x 3 1
0,25
5
Gọi N, H lần lượt là trung điểm của BC và MB Suy ra AN là trung trực của BC và trung trực của MB là đường thẳng d đi qua H và song song vs AC
Suy ra O là giao điểm của AN và d
Ta có SO(ABC)nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) là góc SBO 60 Tam giác HAO vuông cân tại H nên HO HA 3AB 3a
0,25
Tam giác BHO vuông tại H nên 2 2 a 10
BO BH HO 4 Ta có:
a 30
4
Do đó
3
0,25
4
2 ABC
0,25
S.ABC ABC
d(C,(SAB))
6 Không mất tính tổng quát, giả sử z là số nhỏ nhất Lúc đó 0 z 1( vì z 1 thì
Ta có F(x y) 2z22xy(z 1) (2 z) 2z22xy(1 z)
0,25
Trang 5Mặt khác x y 2 z
xy
2 z
2
Từ đó F 1(z3 z2 4)(1)
2
0,25
2
với 0 z 1 Ta có f '(z) 1(3z2 2z) 0 z 2 (0;1)
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra f (z) 52(2)
57
Từ (1) và (2) ta có f (z) 52
57
Vậy Fmin 52
57
đạt được khi x y z 2
3
0,25
1
B d B(b;8; b) và Dd2 D(2d 3;d) Suy ra BD ( b 2d 3;d b 8)
I là trung điểm của BD nên b 2d 3 d b 8
0,25
Theo tính chất hình thoi BD AC u BDAC 0 8b 13d 13 0 b 0
2 2
0,25
Ta có
2
hoặc a=6 Suy ra A(10;3) hoặc A(-11;6) Do xA nên A(-11;6), từ đó C(10;3) 0
0,25
Ta có a 9x 1 7 ;b 313 x 1 115
Số hạng chứa a trong khai triển Niu-tơn của 3 (a b) 8là:
8
C 9 7 3 1 56 9 7 (3 1)
0,25
Theo giả thiết, ta có: x 1 x 1 1 x 12 x 1
0,25
x 1
x 1
x 1
x 2
Đặt t2x22x Vì 0x2nên 1 t 1
Trang 6Bất phương trình đã cho trở thành
2
2t 1
1
Ta có
2 2
2 2t 1
, hơn nữa f(t) liên tục trên đoạn 1
;1 2
nên suy ra
hàm số f(t) nghịch biến trên đoạn 1
;1 2
0,25
Do đó
1
;1 2
Gọi AD là phân giác trong và AM là trung tuyến Toạ độ của A là nghiệm của hệ:
Vậy A(9;-2) Từ đó phương trình AC là: x y 7 0
0,25
Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua đường phân giác trong AD thì C’ thuộc AB
Đường thẳng CC’ qua C(4;3) và vuông góc với AD nên có phương trình: 2x-y-5=0 0,25 Gọi H là giao điểm của CC’ và AD thì H(3;1) Từ đó C’(2;-1)
Suy ra phương trình AB là x 7y 5 0
0,25
Đường thẳng MH qua H(3;1) và song song với AB nên có phương trình x+7y-10=0
Vì M là giao điểm của MH và AM nên M(-4;2) Suy ra phương trình BC là x-8y+20=0
Thử lại ta thấy các điểm B, C nằm về hai phía của đường thẳng AD nên AD là đường phân giác trong tam giác ABC Vậy AC: x+y-7=0; AB: x+7y+5=0 và BC: x-8y+20=0
0,25
Lấy đạo hàm 2 vế, ta được:
Nhân 2 vế của 1 với x, ta được:
Lấy đạo hàm 2 vế, ta được:
0,25
Ta có phương trình đã cho tương đương với
2
x
m 2x 9 1
Xét hàm số f(x)=
2
x
m 2x 9 1
có tập xác định D=R
2
2(36 x )
f '(x)
0,25
lim ; lim f (x)
Bảng biến thiên:
0,25
Trang 7Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
Phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi và chỉ khi m 3
4
m
-HẾT -