Đề thi thử đại học lần 1 môn: Toán; khối B – Năm học: 2013 - 2014

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC - HUÊ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Môn: 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 3y x 3x 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 2 cos2xcosx= (x R) sin2x cosx   Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 3 2 2 x 2y x 4y (x,y R) 13x 41xy 21y 9          Câu 4 ( 1,0 điểm) Tính các giới hạn sau: x 3a) lim lim (x 4)sin . x  3 x 2 2x 3. 3x 5 1b) lim . 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: 2 2 2F x 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 1d : x y 8 0   và 2d : x 2y 3 0   . Đường thẳng AC có phương trình là x 7y 31 0   . Tìm toạ độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết diện tích hình thoi ABCD bằng 75 và điểm A có hoành độ âm. Câu 8a(1,0 điểm) Cho 3 3x 1 5log 9 7a 5   và 3 1 5 1 log (3 1) 5b 5    . Tìm các số thực x biết rằng số hạng chứa 3a trong khai triển Niu-tơn của 8(a b) là 224. Câu 9a(1,0 điểm) Tìm các số thực m để bất phương trình 2 2x 2x x 2x 14 m.2 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 2 1 2 2 2 2012 2 2013 20112013 2013 2013 20131 C 2 C ... 2012 C 2013 C 2013 2014 2       Câu 9b (1,0 điểm) Tìm các số thực m để phương trình 2m 2x 9 x m   có đúng một nghiệm thực. --------------HẾT-------------- Câu Đáp án Điểm 1a  Tập xác định D=R  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 3 3 15x 9x 0 x 0 (1) 29y y 0 y 0           2 2y' 3x 3;y ' 0 x 1 0 x 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 CDx 1,y 4   ; đạt cực tiếu tại CTX 1,y 0  - Giới hạn: x lim y    và x lim 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 y kx 2k 4   . Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và 3d: x 3x 2 kx 2k 4     2(x 2)(x 2x k 1) 0      x 2  hoặc 2x 2x k 1 0(*)    0,25 d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 1 (1 k) 0 k 0 (** ) 9 k 0 k 0             O,B,C không thẳng hàng O d k 2(* * * )    0,25 Theo định lý Vi-ét: B C B C x x 2 x x 1 k       Ta có B C B C B Cy y (kx 2k 4) (kx 2k 4) k(x x )         Và B C B C B Cy y (kx 2k 4) (kx 2k 4) k(x x ) 4k 8 6k 8              Tam giác OBC cân tại O 2 2 2 2B B C COB OC x x x y      B C B C C B C B B C B C(x x )(x x ) (y y )(y y ) 2(x x ) k(x x )( 6k 8)              2 k( 6k 8)      vì B C(x x ) 23k 4k 1 0 k 1      hoặc 1k 3  ( thoả mãn (**) và (***)). 0,25 Điều kiện: cosx 0 kx (k Z). sinx 0 2       Phương trình đã cho tương đương với: cosx 1 cos2x sinx sinx cosx cosx   0,25 2 2cos x 1 sinx cos2x sinx cos2x sin x sinx(cos2x sinx) 0        0,25 cos2x sinx=0  ( vì sinx 0 ) 2 sinx 1 2sin x sinx 1 0 1sinx 2            sinx 1 x k2 2         (k Z) ( không thoả mãn điều kiện) 0,25  x k21 6sinx 2 5x k2 6            (k Z) ( không thoả mãn điều kiện) 0,25 3 3 3 2 2 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: 3 3 2 2 3 2 2 39(x 2y ) (x 4y)(13x 4xy 21y ) 22x 11x y 143xy 66y 0           0,25 (2x y)(x 2y)(x 3y) 0 y 2x       hoặc x 2y hoặc x 3y  0,25 Thay y=2x vào (1), ta được: (1) 315x 9x 0 x 0     , lúc đó y=0. Thử lại x=y=0 không phải nghiệm của hệ đã cho. Thay x=-3y vào (1),ta được: (1) 329x y 0 y 0     , lúc đó x=0. Thử lại x=y=0 không phải nghiệm của hệ đã cho. 0,25 4 a/ x x x 3 3sin sin3 3(x 4) 4x xlim(x 4)sin lim lim(1 ).3 3x x x x x         0,25 Vì x 7y 5 0   x 4lim 3(1 ) 3 x   và x 3lim 0 x  nên x 3sin xlim 13 x   . Suy ra 0,25 x 3lim (x 4)sin 3 x   b/ 3 3 x 2 x 2 2x 3. 3x 5 1 3x 5 1 2x 3 1lim lim 2x 3. x 2 x 2 x 2                  2x 2 3 3 3x 6 2x 4lim 2x 3. (x 2)( 2x 3 1(x 2)( (3x 5) (3x 5) 1                 0,25 2x 2 33 3 2x 3lim 1 1 2 (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 3 3aHO HA AB 4 4    0,25 Tam giác BHO vuông tại H nên 2 2 a 10BO BH HO 4   . Ta có: a 30SO BO.tan60 4   Do đó 3 SABC ABC 1 a 30V .S .SO ; 3 24   0,25 Vì SO (ABC) và OH AB nên SH AB . Suy ra 2 2 a 39SH SO OH 4    và 2 ABC 1 a 39S AB.SH 2 8   . 0,25 S.ABC ABC 3V a 130d(C,(SAB)) S 13    . 0,25 6 Không mất tính tổng quát, giả sử z là số nhỏ nhất. Lúc đó 0 z 1  ( vì z 1 thì x y z 2   ) Ta có 2 2 2 2F (x y) z 2xy(z 1) (2 z) z 2xy(1 z)          0,25 Mặt khác 2 2x y 2 zxy 2 2              nên 22 z2xy(1 z) 2 (1 z) 2          Từ đó 3 21F (z z 4)(1) 2    0,25 Xét  3 21f (z) z z 42   với 0 z 1  . Ta có 21 2f '(z) (3z 2z) 0 z (0;1) 2 3       Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra 52f (z) (2) 57  Từ (1) và (2) ta có 52f (z) 57  . Vậy min 52F 57  đạt được khi 2x y z 3    0,25 1B d B(b;8; b)   và 2D d 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 8I ; . 2 2          0,25 Theo tính chất hình thoi AC BD AC 8b 13d 13 0 b 0u .BD 0 I AC 2b 3d 3 0 d 1I AC                    Vậy 1 9B(0;8),D( 1;1),I ; 2 2       0,25 Ta có 22 215 63 9 15IA 7a a a 3 2 2 2 2                         hoặc a=6 Suy ra A(10;3) hoặc A(-11;6). Do Ax 0 nên A(-11;6), từ đó C(10;3) 0,25 Ta có     1 1 x 1 x 13 5a 9 7 ;b 3 1     0,25 Số hạng chứa 3a trong khai triển Niu-tơn của 8(a b) là:       3 51 1 5 x 1 x 1 x 1 x 1 13 5 8C 9 7 . 3 1 56 9 7 (3 1) .                    0,25 Theo giả thiết, ta có:     1 2x 1 x 1 x 1 x 156 9 7 3 1 224 3 4.3 3 0          0,25 x 1 x 1 x 13 1 x 23 3           0,25 Đặt 2x 2xt 2  . Vì 0 x 2  nên 1 t 1 2   0,25 Bất phương trình đã cho trở thành 2 2 tt 2mt m 0 m f(t) 2t 1         với 1 t 1 2   0,25 Ta có   2 2 2t 2t 1f '(t) 0, t ;1 22t 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 1 1m f (t), t ;1 m minf (t) m f (t) m 2 3                  0,25 Gọi AD là phân giác trong và AM là trung tuyến. Toạ độ của A là nghiệm của hệ: x 2y 5 0 x 9 4x 13y 10 0 y 2              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 8b Ta có 2013 0 1 2 2013 2012 2013 20132013 2013 2013 2013 2013(1 x) C C x C ... C x C x       0,25 Lấy đạo hàm 2 vế, ta được: 2012 1 2 2012 2011 2013 2012 2013 2013 2013 20132013(1 x) C 2C x ... 2012C x 2013C x (1)      Nhân 2 vế của 1 với x, ta được: 2012 1 2 2 2012 2012 2013 2013 2013 2013 2013 20132013x(1 x) C x 2C x ... 2012C x 2013C x      Lấy đạo hàm 2 vế, ta được: 2011 1 2 2 2 2012 2011 2 2013 2012 2013 2013 2013 20132013(1 x) (2013x 1) C 2 C x ... 2012 C x 2013 C x       0,25 Cho x=1, ta được 2 1 2 2 2 2012 2 2013 20112013 2013 2013 20131 C 2 C ... 2012 C 2013 C 2013 2014 2       (đpcm)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 2012 1 2 2 2012 2012 2013 2013 2013 2013 2013 20132013x(1 x) C x 2C x ... 2012C x 2013C x      2 2 2 2 2 2(36 x )f '(x) 2x 9(9 2x 9)( 2x 9 1)        0,25 3 3f '(x) 0 x 6;f (6) ;f ( 6) 4 4        và x x 1 1lim ; lim f (x) 2 2     0,25 Bảng biến thiên: 0,25 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: Phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi và chỉ khi 3m 4   hoặc 1 1m 2 2    0,25 -------------HẾT------------