· PDF fileKhai triển nhị thức Newton biểu thức (2 ) x n theo lũy thừa tăng của x ta được số hạng ... B. Theo chương trình Nâng cao

TRƯỜNG THPT QUỐC OAI ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN I Môn: TOÁN; Khối A và khối B Thời gian làm bài :180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 2 2 4y x 2m x m 1(1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1. b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị , ,A B C sao cho các điểm , ,A B C và điểm O nằm trên một đường tròn, trong đó O là gốc tọa độ.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2

2(sin x cos x) 2sin x 1 sin( x) sin( 3x) .

1 cot x 4 42

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2

2

3 2 x 3x 2 1,1 2 x x 1

x .

Câu 4 (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD, biết SA=AB= a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 030 .

Câu 5 (1,0 điểm). Tính1

ln .( 2 ln 2 ln )

e xI dx

x x x

Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3.

Chứng minh rằng 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c b c a c a b 3.a b c 2ab b c a 2bc a b c 2ac 5

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 tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 5(4; )2

M là trung điểm của

AC , đường trung tuyến kẻ từ C là ( ) : 2 0;d x y điểm B nằm trên đường thẳng ( ') : 3 1 0.d x y Tìm

tọa độ các điểm , ,A B C biết diện tích tam giác ABC bằng 3 .2

Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz , cho tứ giác ABCD có A( 3;2;0), B(2;3;1),C(4;5; 7). Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình thang cân có đáy là .AB Câu 9a (1,0 điểm). Khai triển nhị thức Newton biểu thức (2 )nx theo lũy thừa tăng của x ta được số hạng thứ tám là 144. Tìm x biết n 1 n

n 3 n 2C 2C 16 n 2 ,n *.

B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn 2 2C : x y 13 . Lập phương trình chính tắc của hypebol có hai tiệm cận vuông góc với nhau và cắt đường tròn ( )C tại bốn điểm lập thành hình chữ nhật có diện tích bằng 24. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng( ) : 3 2 4 0P x y z và điểm (2;2;0).M Xác định tọa độ điểm N sao cho MN vuông góc với mặt phẳng ( )P , đồng thời điểm N cách đều gốc tọa độ (0;0;0)O và mặt phẳng ( ).P

Câu 9b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 1 2

2x 4y

log x 2y log 3x 1 1

3 3 4.

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

www.nhomtoan.com

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A, B NĂM 2013 - LẦN 1- ĐÁP ÁN GỒM 05 TRANG

Câu ý Nội Dung Điểm Khi m=1 hàm số trở thành 4 22 2.y x x

TXĐ : Sự biến thiên :

- giới hạn:

xlim y

3y ' 4x 4x

y ' 0 x 0;x 1;x 1.

0,25

-Bảng biến thiên:lập đúng

0,25

- Kết luận đúng: khoảng đồng biến, nghịch biến và cực trị.

0,25

a

Đồ thị: vẽ đúng 0,25 Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình ' 0y có 3 nghiệm phân biệt 3 24 4 0x m x có 3 nghiệm phân biệt 0(*).m

0,25

Ba nghiệm phân biệt là 0; ; ;x x m x m Tọa độ 3 điểm cực trị 4(0; 1), ( ;1), ( ;1)A m B m C m . Gọi I là tâm đường tròn qua 4 điểm A, B, C, O; do tính đối xứng của đồ thị hàm số suy ra I, A, O thẳng hàng.

0,25

Ycbt (1)

. 0 (2)

A O

AB OB AB OB

Ta có

4( ; ); ( ;1).AB m m OB m

0,25

1

b Giải (1): 4 1 0m vô nghiệm

Giải (2): 2 4 0 1m m m (do đk(*)). Kết luận: 1.m

0,25

Điều kiện: s inx 0(*). 2

2

2

1 sin 2x 2sin x 1Pt .2cos( 2x).s inx1 42sin x

(sin 2x cos2x).sin x 2.cos(2x ).s inx4

0,25

22.cos(2x ).sin x 2.cos(2x ).s inx4 4

cos(2x ).s inx.(s inx 1) 0.4

0,25

(*) 2x mcos(2x ) 0 4 2 (k, m ).4

sin x 1 x k22

0,25

2

So sánh điều kiện, suy ra nghiệm pt 32 , , ( , ).

2 8 2x k x m k m

0,25

Ta có : 2 211 2 1 1 4( ) 3 1 3 0.2

x x x

Suy ra, điều kiện :1

(*).2

xx

0.25

Bpt 2 2 2 23 2 3 2 1 2 1 1 1 3 2 .x x x x x x x x 0,25

22

01 2

3 1 0x

x x xx x

0,25

3

013 1( (*)).1 13 1 13 6;

6 6

xx do

x x Kết luận: 13 1.

6x

0,25

+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên có

2 ,3

SGSO

suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.

Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD.

+ Dễ có: . . .1 12 2S ABD S BCD S ABCDV V V V .

0,25

Theo công thức tỷ số thể tích ta có: .

..

1 1 1. . 1.1.2 2 4

S ABNS ABN

S ABD

V SA SB SN V VV SA SB SD

..

.

1 1 1 1. . 1. . .2 2 4 8

S BMNS BMN

S BCD

V SB SM SN V VV SB SC SD

Từ đó suy ra:

. . .3 .8S ABMN S ABN S BMNV V V V

0,25

+ Ta có: 1 . ( )3

V SA dt ABCD ; mà theo giả thiết ( )SA ABCD nên góc hợp bởi AN

với mp(ABCD) chính là góc NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD

cân tại N, suy ra 030 .NAD NDA Do đó 0 3tan 30

SAAD a .

Vậy, 31 1 3. ( ) . . 33 3 3

V SA dt ABCD a a a a .

0,25

4

Suy ra,thể tích cần tìm là: 3

. .3 5 5 38

.8 24MNABCD S ABCD S ABMN

aV V V V V V 0,25

Đặt 2 2 2 2 42 ln 2 ln 4 2 4 ln 4ln 8 t x x t x x t t 0,25

3 38ln ln 1(16 4 ) (2 ) .2

x xdx t t dt dx t t dt

x x

0,25

5

Đổi cận: 1 2 2; 3 1x t x e t 0,25

M

N

O

C

A D

B

S

G

Suy ra,

3 12

2 2

1 1(2 ) .... (3 3 1 4 2).2 3

I t dt

0,25

2 2 2

2 2 22 2 2

2 2 2

2 2 22 2 2

2 2 2

2 2 2

a b c b c a c a b 3Bdt5a b c b c a c a b

3 2c 3 2a 3 2b 353 c c 3 a a 3 b b

c 3c 2 a 3a 2 b 3b 2 02c 6c 9 2a 6a 9 2b 6b 9

0,25

Ta có: 2

2 2

x 1 x 2x 3x 2 1 1x 1 x 1 02x 6x 9 5 2x 6x 9 5

2

22

2 2

x 2 1x 1 02x 6x 9 5

x 1 2x 12x x 1x 1 0 0, x 02x 6x 9 2x 6x 9

0,25

6

Do a, b, c dương nên ta có :

2 2 2

2 2 2

a 3a 2 1 b 3b 2 1 c 3c 2 1a 1 ; b 1 , c 12a 6a 9 5 2b 6b 9 5 2c 6c 9 5

.

Từ đó bđt được chứng minh, dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1.

0,5

C d C(c 2;c);B d ' B(3b 1;b) Do M là trung điểm của AC nên A(6-c;5-c)

N là trung điểm của AB 3b c 7 b c 5N ;2 2

.

0,25

Đường trung tuyến kẻ từ C là d, nên N nằm trên d 3b c 7 b c 5 2 0 b 1 B(4;1)

2 2

0,25

7a

AC (2c 4;2c 5)

Phương trình AC là: (2c-5)(x-4)+(2-c)(2y-5)=0

2 2

2 2

ABC

| 3(c 2) |AC 2c 4 2c 5 , d(B, AC)2c 4 2c 5

| 3(c 2) |S2

0,25

Giả thiết, ta có: c 3 A(3; 2), C(5;3)c 1 A(5; 4), C(3;1)

KL......

0,25

Gọi D(x;y;z) CD x 4; y 5;z 7 , BA 5; 1; 1

Tứ giác ABCD là hình thang cân có đáy AB CD kBAAC BD

(k>0).

0,25

8a

2 2 2 2 2 2

x 4 5k x 4 5ky 5 k y 5 kz 7 k z 7 k

x 2 y 3 z 1 107 2 5k 2 k 8 k 107

0,25

2

x 4 5kk 1(l)y 5 k

35z 7 k k (t / m)27

27k 8k 35 0

0,25

Kết luận: 67 100 224D ; ;

27 27 27

. 0,25

n 1 n

n 3 n 2

n 3 n 2 n 2 n 1C 2C 16 n 2 2. 16 n 2

2 2n 3 n 1 16 n 9.

2

0,5

Ta có:

9n 9 k 9 k k

90

2 x 2 x C 2 x

Số hạng tổng quát của khai triển là: k 9 k k9C 2 x

0,25

9a

Số hạng thứ 8 của khai triển (k=7) là 7 2 7 79C 2 x 144x

Giải phương trình được x=1. 0,25

Phương trình chính tắc của hypebol (H) có dang: 2 2

2 2

x y 1;a 0, b 0.a b

Hai đường tiệm cận của (H) có phương trình là: b by x; y xa a

Hai tiệm cận vuông góc với nhau a b Phương trình (H): 2 2 2x y a

0,25

Giao điểm của (H) và đường tròn (C) có tọa độ là nghiệm của hệ 2

22 2 2

2 2 22

a 13xx y a 2x y 13 13 ay

2

0,25

Các giao điểm có tọa độ A (x;y), B(x;-y), C(-x;-y), D(-x;y) ABCD là hình chữ nhật có diện tích là: 4|xy| Giả thiết: 2 2 2 216x y 24 a 5

0,25

7b

Phương trình chính tắc của hypebol cần tìm là: 2 2x y 1.

5 5

0,25

Gọi 0 0 0( ; ; )N x y z , suy ra 2 2 20 0oNO x y z

0 0 03 2 4( ,( )) .

14

x y zd N P

0,25

8b

Từ giả thiết, suy ra vectơ MN

cùng phương với vectơ pháp tuyến (3;2; 1)n

của mặt

phẳng ( ),P nên ta có 0 0 02 2(1).

3 2 1x y z

0,25

……… HẾT………

Điểm N cách đều gốc tọa độ và mặt phẳng ( ),P

do đó: 0 0 02 2 20 0

3 2 4(2).

14o

x y zx y z

0,25

Giải hệ hai phương trình (1) và(2) ta được: 0 0 01 1 3; ; .4 2 4

x y z 0,25

Đk: 1x3

x 2y 0

0,25

1 2 2 22

2

log x 2y log 3x 1 1 log x 2y log 3x 1 1

3x 1log 1 x 4y 1x 2y

0,25

Thay x=4y+1 vào phương trình x 4y3 3 4

ta được

4y

4y 1 4y 4y4y 4y

y 03 113 3 4 3.3 4 113 y343

0,25

9b

Kết luận: Nghiệm của hệ 1;0 . 0,25