Đề thi thử đại học lần 1 năm 2013 - 2014 môn Toán

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 LƯƠNG VĂN CHÁNH NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút ) ----------------------------------------------------------------------------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + (m – 2)x + 3m (Cm) (m là tham số). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ứng với m = 2. 2. Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị (Cm) của hàm số đã cho vuông góc với đường thẳng (d): x – y + 2 = 0 . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: (1 cos 2 )2 cos( ). (1 cot ) 4 sin xx x x      2. Tính: dx x xx   2sin cos Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:         2 22 21 xyyx yx xyyx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2 6a ; điểm M là trung điểm của cạnh SA. Tính thể tích tứ diện SMBD. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 1 333333      accbba II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Câu VIa(3,0 điểm). DÀNH CHO THÍ SINH THI KHỐI: A, A1, B 1.a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 2x + 2y – 1 = 0 ; d2: 4x – 2 y + 3 = 0. Gọi A là giao điểm của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua M )2;4(  và lần lượt cắt d1, d2 tại B, C sao cho tam giác ABC cân tại A. 2.a) Một tổ học sinh có 4 em Nữ và 5 em Nam được xếp thành một hàng dọc. Tính xác suất để chỉ có hai em nữ A , B đứng cạnh nhau còn các em nữ còn lại không đứng cạnh nhau và cũng không đứng cạnh A, B . 3.a) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn 0 ; 1 3     0)2(221 2  xxxxm . Câu VIb(3điểm). DÀNH CHO THÍ SINH THI KHỐI: D, D1, M 1.b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng qua M(1;4) và tiếp xúc với đường tròn (C). 2.b) Tìm hệ số của x10 trong khai triển Niu tơn đa thức nxxxxf 3 2 2 )2(1 4 1)(        với n là số tự nhiên thỏa mãn: nCA nnn 14 23   . 3.b) Xác định m để bất phương trình: m x x  1log log 2 2 2 2 nghiệm đúng với mọi x thuộc tập xác định . ebooktoan.com ĐÁP ÁN Câu Nội dung Thang điểm I-PHẦN CHUNG Câu I(2đ) 1(1đ) y = x3 – 3x2 + (m – 2)x + 3m Khi m = 2, ta được hàm: y = x3 – 3x2 + 6 - TXĐ: D = R - y’= 3x2 – 6x y’= 0       22 60 yx yx -   xx lim;lim - BBT: x  0 2  y’ + 0 - 0 + y 6  2  y’’= 6x – 6 , điểm uốn I(1,4); CĐ(0;6), CT(2;2). Điểm đặc biệt (-1;2), (3;6). 10 8 6 4 2 -5 5 f x  = x3-3x2 +6 0,25 0,25 0,25 0,25 2(1đ) Ta có: y’= 3x2 – 6x + m – 2 Tiếp tuyến Δ tại điểm M thuộc (Cm) có hệ số góc : k = 3x2 – 6x + m – 2 = 3(x – 1)2 + m – 5 5m  dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1 Suy ra : min 5k m  tại điểm M (1 ; 4m – 4) Tiếp tuyến 411).5(  mmd Vậy m = 4. 0,25 0,25 0,25 0,25 CâuII(2 đ) 1(1đ) Điều kiện: kxx  0sin 0,25 ebooktoan.com Pt x x x xxx sin cos1 sin cos2)cos(sin 2  )( 242 202cos* )( 4 1tan0cossin* 02cos 0cossin 02cos)cos(sin 0)1cos2)(cos(sin cossincos2).cos(sin 2 2 Nkxkxx Nkxxxx x xx xxx xxx xxxxx                Vậy phương trình có nghiệm là: x = 24  k 0,25 0,25 0,25 2(1đ) Ta có: I = dx x xdx x x   22 sin cos sin I1 = dx x x  2sin Đặt             xv dxdu dx x dv xu cot sin 1 2 1 1 sinlncot sin )(sincot sin coscotcotcot Cxxx x xdxx dx x xxxxdxxxI      I2 = dx x x  2sin cos Đặt t = sinx xdxdt cos I2 = 222 sin 11 C x C tt dt  Vậy: I = Cxx x x  cot sin 1sinln 0,25 0,25 0,25 0,25 CâuIII(1đ)         (2) )1(21 2 22 xyyx yx xyyx ĐK x + y > 0. Ta có:                            nghiêm) (vô 0 1 0211 0)1(21 2)(2)( 22)1( 22 2 2 2 yxyx xy xyyxyxyx yxxyyxyx xyyxyxxyyxyx yx xyyxxyyx Với y = 1 – x thay vào (2) ta được x2 + x – 2 = 0       2 1 x x Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;0) và (-2;3). 0,25 0,25 0,25 0,25 CâuIV(1đ) Ta có: ebooktoan.com VS.ABD = 2 1 V VVV SA SM V V ABDSMBCS ABDS MBCS 4 1 2 1 2 1 .. . .  Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO aaaAOSASOABCD  22 3)( 22 22 3 . 3 1. 3 1 aSSOVV ABCDABCDS  Vậy: VSMBD = 3 12 1 a 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V(1đ) Trước hết ta chứng minh :      0)( 1 22 3333   cbaababcabbaabcbababa abcbaba (1) Từ (1), ta có: cba c cbaabc c cbaabba        )()( 1 1 1 33 Tương tự: cba b accba a cb      3333 1 1; 1 1 Suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 333333      accbba Dấu (=) xảy ra khi a = b = c = 1. 0,25 0,25 0,25 0,25 II-PHẦN RIÊNG Câu VIa 1a(1đ) Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng d1, d2 là: 23 324 22 122    yxyx         )( 0323214 )( 092322 2 1 yx yx Để đường thẳng qua M  2;4  và cắt d1, d2 lần lượt tại B , C để tam giác ABC cân tại A khi và chỉ khi đường thẳng này phải vuông góc với 1 hoặc 2 .  Đường thẳng qua M và vuông góc 1 có phương trình là: 14x + 2     022222370244423  yxy  Đường thẳng qua M và vuông góc 2 có phương trình là: 2x     022102302420232  yxy . 0,25 0,25 0,25 0,25 2a(1đ) + Không gian mẫu: P9 = 9! cách xếp một hàng dọc + Số cách xếp 5 bạn Nam là: P5 = 5! + Số cách xếp 4 bạn Nữ trong đó bạn A và B đứng cạnh nhau (A và B hoán vị nhau) là: !3 !6.22 36 A (Chú ý giữa 5 em Nam có 6 vị trí để xếp Nữ vào) Vậy P = 63 5 !9!.3 !5!.6.2  0,25 0,25 0,25 0,25 3a(1đ) Đặt t = 2)2(22 22  txxxx S A B D C M O ebooktoan.com t’ = 10 22 1 2    xt xx x Bảng biến thiên suy ra:    2;131;0  tx Bpt trở thành   (1) 1 2tm 2)1 2 2    t ttm Xét f(t) = 1 22   t t trên  2;1 , có 0 )1( 22)(' 2 2     t tttf BBT t 1 2 f’(t) + 3 2 f(t) - 2 1 Bpt(1) có nghiệm t     3 2)2()(max2;1 2;1  ftfm Vậy 3 2 m . 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VIb 1.b)(1đ) (C ) có tâm I(2;1), bán kính R = 3 Đường thẳng qua M(1;4) cùng phương với Oy không thể tiếp xúc với (C) . Gọi k là hệ số góc của đường thẳng   qua M(1;4)   có phương trình: kx – y + 4 – k = 0   tiếp xúc (C ) R k kykx RId II     1 4 ),( 2          4 3 0 068)1(9313412 2222 k k kkkkkkk Với k = 0,   04:  y Với k = 4 3 ,   : 3 4 13 0x y    0,25 0,25 0,25 0,25 2.b)(1đ) Từ 0255214 223   nnnCA nnn . Tìm được n = 5 Ta có f(x) =        4 3 3 4 191 1 12 2 2 2 16 16 16 n nx x x x      = 19 19 17 0 1 2 16 k k k k C x    Hệ số ứng với x10 là: a10 = 9 10 5 1019 19 1 .2 2 2956096 16 C C  0,25 0,25 0,25 0,25 3b)(1đ) Bpt: m x x  1log log 2 2 2 2 Đặt t = x22log (t )0 , ta được: mt t  1 0,25 ebooktoan.com Xét hàm f(t) = 1t 1  t t   112 2)('    tt ttf , dấu f’(t) phụ thuộc vào dấu của tử BBT: t 1 2  f’(t) - 0 + + + f(t) 2 Vậy: m 2 bpt nghiệm đúng với mọi x thuộc tập xác định. 0,25 0,25 0,25 ebooktoan.com