Đề thi thử đại học số 26 môn toán

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AD=DC=a, AB=2a; hai mặt bênSAB, SAD cùng vuông góc với mặt phẳng đáy,SA=a.. Gọi N là trung điểm của SA, M thuộc cạnh AD

www.facebook.com/hocthemtoan

Thầy Huy: 0968 64 65 97

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 26

NĂM HỌC 2013 - 2014

Thời gian làm bài: 180 phút

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

Câu I (2điểm) Cho hàm số y x 2mx 3mx

3





, m là tham số thực

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=1

2 Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1, x2 sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:

21

2 2

2 2

1

2

9 4

9

m mx x

m mx x

m









Câu II (2điểm) 1 Giải phương trình:

4

1 4 sin 4 sin sin cos2x x x 2 x 

2 Giải phương trình: 5 x2  24 x  28  x2  x  20  5 x  2

Câu III (1điểm) Giải hệ phương trình:































4 ) 1 ( log 2 ) 1 ( log 3 ) 1 ( log 2

1 2 1 2

3

2 3

3

3 3

y x

xy

x y

y x

Câu IV(1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AD=DC=a, AB=2a;

hai mặt bên(SAB), (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy,SA=a Gọi N là trung điểm của SA, M thuộc cạnh AD sao cho AM=3MD Cắt hình chóp S.ABCD bởi mặt phẳng chứa MN và vuông góc với mặt phẳng (SAD) ta được thiết diện là tứ giác MNPQ Tính thể tích của khối chóp A.MNPQ

Câu V (1điểm) Cho a, b, c là 3 số thực đôi một khác nhau Chứng minh rằng:

4

9 ) ( ) ( )

3 3 3

3 3 3

3 3



















a c

a c c b

c b b a

b a

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

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AD và đường chéo AC lần lượt là 2x+y-9=0 và 3x+4y-11=0, đường thẳng BD đi qua điểm E(3;1) Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật

2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có hai đỉnh 











4

1 ), 4

; 2

A và tâm đường tròn

nội tiếp tam giác là 









 2

3

; 2

1

I Tìm toạ độ đỉnh B

Câu VII.a (1điểm) Cho x, y thay đổi thoả mãn x2-xy+y2=1 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức E=x2 -2xy+2y2

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm N(2;-3).Qua N vẽ đường thẳng sao cho nó tạo thành với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng

2

3 Viết phương trình đường thẳng đó

2.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có hai đỉnh 















4

5

; 1 ), 1

; 2

B và tâm đường tròn

nội tiếp tam giác là 









  2

3

; 2

1

I Tìm toạ độ đỉnh A

Câu VII.b (1điểm) Cho biết hệ số của số hạng thứ tư của khai triển 2

5

1

2

n

x

x x



bằng 70 Hãy tìm số hạng

không chứa x trong khai triển đó

- Hết -

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 26

Câu 1: 1, (1,5 điểm) Khi m=1 hàm số trở thành y x 2x 3x

3







.TXĐ:R 



















3

1 0

' , 3 4 ' 2

x

x y

x x y

Bảng biến thiên

x - 1 3 + 

y’ + 0 - 0 +

y 3

4 +

- 0

Điểm cực đại 









 3

4

;

1 , điểm cực tiểu (3;0) Hàm số đồng biến trên 2 khoảng (  ; 1 ), ( 3 ;  ), hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)

Đồ thị: Điểm uốn 









 3

2

; 2

I ; giao với trục:(0;0),(3;0); vẽ đồ thị và n/xét

Câu 1: 2, 0,5 điểm) TXĐ: R y’= x2 - 4mx + 3m

hàm số đạt cực trị tại x1, x2 khi và chỉ khi 4m2 -3m > 0   























4

3 0

;

K m

Khi đó























m x

x

m mx x

m mx x

4

3 4

3 4

2 1

2 2

2

1 2

1

Suy ra

m

m m

m

12 16









Với m  K thì

12

16m

m

và

m

m 12

16 

là hai số dương, nên áp dụng BĐT Cosi ta có D2,đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi

5

4



m Suy ra min D = 2 khi

5

4



m Vậy giá trị cần tìm là

5

4



m

Câu 2: 1, (1,0 điểm) pt đã cho tương đương với pt:

4

1 ) 8 cos 1 ( 2

1 ) 5 cos 3 (cos 2

1 )

2

cos

1

(

2

1











2

1 5 cos 2

1 3 cos 2

1 5 cos 3







































































0 2

1 3 cos

0 2

1 5 cos 0

2

1 3 cos 2

1

5

cos

x

x x

























3

2 9

5

2 15 2









k x

k x

Câu 2: 2, (1,0 điểm) Điều kiệnx  4

pt đã cho tương đương với pt:

5x2 24x28  x2 x205 x2,2x2   x 1 5 (x4)(x2)(x5)



























































4 11 7 2

61 3

2

3 5

8 2

1 5

8 2

2

2

x x x

x

x

x

x

x

x

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của pt là : x=7,

2

61

3 



Câu 3(1,0 điểm) ĐK: x 2, y>1

pt đầu của hệ tương đương với pt: x3 2 x1 y32 y1 (1)

Xét hàm số () 3 2 1





t t t

f với t>1

1 , 0 1

1 3

)

(





t t

t

f ,suy ra f(t) đồng biến trên khoảng (  Suy ra: (1)  x=y 1; )

4 ) 1 ( log 2 ) 1 ( log 3 )

1

(

log

2 3 x2   3 x  2  3 x  

2 log (x 1) 3 2 log (x 1) 4 0 2 log (x 1) 1 x 1 3

đối chiếu với ĐK ta được x1 3, y 1  3 Vậy hệ có nghiệm (x;y)(1 3;1 3)

Câu 4(1,0 điểm) Ta có SAmp(ABCD) Thiết diện MNPQ là hình thang vuông tại M và N

Tính được

4

5 ,

4

13 ,

, 4

3 ,

2

a MQ

a MN a NP

a AM

a

32

13

9a2

Độ dài đường cao của hình chóp A.MNPQ là:

13 2

3a

AH  Vậy thể tích cần tìm là:

64

9a3

V 

Câu 5(1,0 điểm) BĐT đã cho tương đương với BĐT:

4

9 ) ( )

( )

2 2

2

2 2

2

2 2

























a c

a ca c c

b

c bc b b

a

b ab

a c

a c x c b

c b x b a

b a x

















(x 1)(y 1)(z 1) (x 1)(y 1)(z 1) xy yz zx 1 (2)

Mặt khác: (x2  y2 z)2 0x2  y2 z2 2(xy yz zx) (3)

) (

) ( ) (

) ( ) (

) (

2 2

2 2

2 2

2 2



























a c

a c c

b

c b b

a

b a z

y x

) (

) ( 1 ) (

) ( 1 ) (

) ( )

4

2 2

2 2

2



























a c

a c c

b

c b b

a

b

5 (5) 2

) (

) ( 1 ) (

) ( 1 ) (

) ( )

4

2 2

2 2

2





























a c

a c c

b

c b b

a

b a

1 (6)



Cộng theo vế của (5), (6) ta có (1),đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x+y+z=0 hay  0

















a c

a c c b

c b b a

b a

Câu 6a 1, (1,0 điểm) Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ





























1

5 0

11 -4y 3x

0 9 -y 2x

y

x

) 1

; 5 ( 

 A

Đường thẳng BD có pt dạng: ax+by-3a-b=0 ( với a2+b2>0 và

4 3

b a

 ) góc giữa ADvà AC bằng góc giữa AD

1 2

1 2 4

3 1 2

4 1 3 2

2 2 2 2 2

2 2















a b do b

b a

b a

với b=0 , chọn a=1suy ra pt của BD là: x=3.Trung điểm I của AC có toạ độ 









 2

1

; 3

I Suy ra C(1;2) toạ độ điểm D(3;3), B(3;-2)

Câu 6a: 2, (1,0 điểm)pt đường thẳng AC là: 4x+3y-4=0 bán kính của đường tròn nội tiếp là

2

1 ) ,

d I AC r

pt AB là: 3x+4y-10=0 pt BC là: y-1=0 Toạ độ đỉnh B là B(2;1)

Câu 7a(1,0 điểm) ta tìm E để hệ sau có nghiệm:





















E y xy x

y xy x

2 2

2 2

1

* Nếu y=0 hệ trở thành













E x

x

2

2

1

hệ có nghiệm khi E=1

t t

t t E t

t y

t t y

































1

2 2 )

2 2 (

1 ) 1 (

2 2 2

2

2 2































2

0 0

) ( ' , ) 1 (

2 )

( ' , 1

2 2 )

2 2

2

t

t t

f t

t

t t t f t

t

t t t f

Bảng biến thiên của f(t)

t - 0 2 + 

f’(t) + 0 - 0 +

f(t)

2 1

1

3

2

Suy ra: 2

3

2



 E

Vậy:

0

3

x khi và chi khi E khi và chi khi

y



Câu 6b: 1, (1,0 điểm) Gọi A(a;0), B(0;b) với ab  0 Đường thẳng AB cần tìm có phương trình:   1

b

y a x

AB đi qua N(2;-3) nên:

a

a b b





2

3 1

3 2

từ giả thiết suy ra 3

2

3 2

1





ab

Từ đó suy ra



























2 3

2

; 3

1

b

a b

a

Vậy có hai đường thẳng cần tìm pt là: 3x+y-3=0, 3x+4y+6=0

Câu 6b:2, (1,0 điểm) pt đường thẳng BC là: 3x+4y-2=0 bán kính của đường tròn nội tiếp là

2

1 ) ,

d I BC r

pt AB là: 4x+3y-5=0, pt AC là: x+1=0, Toạ độ đỉnh A là A(-1;3)

Câu 7b(1,0 điểm) Ta có

16 2

5

0

5 2

n

k

k

x x







Suy ra hệ số của số hạng thứ tư là: Cn3.23

Từ đó có :Cn3.23=70n(n-1)(n-2)=16.15.14n=16

Khi đó số hạng không chứa x trong khai triển ứng với giá trị k thoả mãn:2.16 16 0 10

5

k

k

Vậy số hạng không chứa x là: 1610 10 1001

.2

128

C  