Your SlideShare is downloading. ×
Đề thi thử ĐH toán Chuyên Quốc Học Huế 2014 - Khối B - Lần 1
Đề thi thử ĐH toán Chuyên Quốc Học Huế 2014 - Khối B - Lần 1
Đề thi thử ĐH toán Chuyên Quốc Học Huế 2014 - Khối B - Lần 1
Đề thi thử ĐH toán Chuyên Quốc Học Huế 2014 - Khối B - Lần 1
Đề thi thử ĐH toán Chuyên Quốc Học Huế 2014 - Khối B - Lần 1
Đề thi thử ĐH toán Chuyên Quốc Học Huế 2014 - Khối B - Lần 1
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Thanks for flagging this SlideShare!

Oops! An error has occurred.

×
Saving this for later? Get the SlideShare app to save on your phone or tablet. Read anywhere, anytime – even offline.
Text the download link to your phone
Standard text messaging rates apply

Đề thi thử ĐH toán Chuyên Quốc Học Huế 2014 - Khối B - Lần 1

3,140

Published on

Contact me for more document: …

Contact me for more document:
http://www.facebook.com/JoeJoeCalderone?ref=tn_tnmn

Published in: Education, Technology
0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total Views
3,140
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
1
Actions
Shares
0
Downloads
71
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

Report content
Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
No notes for slide

Transcript

  • 1. www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ Tổ Toán 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 y = x3 − 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 tọa độ). 2 cos 2 x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: cot x = − ( x ∈ ») . sin 2 x cos x 3  3 x − 2 y = x + 4 y Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 ( x; y ∈ » ) . 2 13 x − 41xy + 21 y = −9  Câu 4 (1,0 điểm). Tính các giới hạn sau: 3 a) lim ( x + 4 ) sin . x →+∞ x 3 2 x − 3. 3 x − 5 − 1 b) lim . x →2 x −2 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A; AB = AC = a. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) trùng với điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60o. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). Câu 6 (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: F = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz . 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 tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD. Các đỉnh B và D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0 và d2 : x − 2 y + 3 = 0 . Đường thẳng AC có phương trình là x + 7 y − 31 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết diện tích hình thoi ABCD bằng 75 và điểm A có hoành độ âm. log5 3 9 x −1 + 7 Câu 8a (1,0 điểm). Cho a = 5 8 triển Niu-tơn của ( a + b ) là 224. và b − 1 log5 3x−1 +1 =5 5 ( ) . Tìm các số thực x biết rằng số hạng chứa a3 trong khai 2 2 Câu 9a (1,0 điểm). Tìm các số thực m để bất phương trình 4 x −2 x + m.2 x −2 x +1 + m ≤ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ [0;2 ] . A. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa 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 + 2 y − 5 = 0 và 4 x + 13 y − 10 = 0 . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC. 1 2 2012 2013 Câu 8b (1,0 điểm). Chứng minh rằng: 12 C2013 + 2 2 C2013 + ... + 2012 2 C2013 + 20132 C2013 = 2013 × 2014 × 2 2011 . Câu 9b (1,0 điểm). Tìm các số thực m để phương trình m 2 x 2 + 9 = x + m có đúng một nghiệm thực. -------------HẾT------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………..Số báo danh:…………
  • 2. www.VNMATH.com ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC Tổ Toán Môn: TOÁN; khối B – Năm học: 2013 - 2014 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu Đáp án Điểm 1a • Tập xác định: D = » • Sự biến thiên: 0,25 2 2 - Chiều biến thiên: y ' = 3x − 3 ; y ' = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = ±1 . Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) ; nghịch biến trên khoảng ( −1;1) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −1 , yC§ = 4 ; đạt cực tiểu tại x = 1 , yCT = 0 . - Giới hạn: lim y = +∞ và lim y = −∞ . x →+∞ 0,25 x →−∞ - Bảng biến thiên: x -∞ y' 0 + +∞ 1 -1 - 4 y 0,25 + 0 +∞ -∞ 0 • Đồ thị: y 4 2 -2 1b 0,25 O -1 2 1 x Đường thẳng d qua A ( 2;4 ) với hệ số góc k có phương trình là: y = kx − 2 k + 4 . Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: x 3 − 3x + 2 = kx − 2k + 4 ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x − k + 1) = 0 ⇔ x = 2 hoặc x 2 + 2 x − 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 ≠ 9  O, B, C không thẳng hàng ⇔ O ∉ d ⇔ k ≠ 2 . (***)  x B + x C = −2 Theo định lý Vi-ét:  . Ta có yB − yC = ( kx B − 2k + 4 ) − ( kxC − 2 k + 4 ) = k ( x B − xC )  x B xC = 1 − k và yB + yC = ( kx B − 2k + 4 ) + ( kxC − 2 k + 4 ) = k ( x B + xC ) − 4 k + 8 = −6 k + 8 . 2 B 2 B 2 C 2 C Tam giác OBC cân tại O ⇔ OB = OC ⇔ x + y = x + y ⇔ ( x B + xC )( x B − xC ) = ( yC − yB )( yC + yB ) ⇔ −2 ( x B − xC ) = − k ( x B − xC )( −6 k + 8 ) 0,25 0,25
  • 3. ⇔ −2 = − k ( −6 k + 8 ) www.VNMATH.com (vì x B ≠ xC ) ⇔ 3k 2 − 4 k + 1 = 0 ⇔ k = 1 hoặc k = 2 cos x ≠ 0 kπ ⇔x≠ Điều kiện:  2 sin x ≠ 0 1 3 (thỏa (**) và (***)). (k ∈ ») . cos x 1 cos 2 x Phương trình đã cho tương đương với: = − sin x sin x cos x cos x 2 ⇔ cos x = 1 − sin x cos 2 x ⇔ sin x cos 2 x = sin 2 x ⇔ sin x ( cos 2 x − sin x ) = 0 ⇔ cos 2 x − sin x = 0 (vì sin x ≠ 0 ) sin x = −1 ⇔ 2 sin 2 x + sin x − 1 = 0 ⇔  sin x = 1  2 • sin x = −1 ⇔ x = − π 2 + k 2π π   x = 6 + k 2π 1 • sin x = ⇔  2  x = 5π + k 2π   6 3 0,25 (k ∈ ») 0,25 0,25 0,25 (không thỏa mãn điều kiện). ( k ∈ » ) (thỏa mãn điều kiện). 0,25  x3 − 2 y 3 = x + 4 y (1)   2 2 13 x − 41xy + 21 y = −9 (2)  Nhân vế trái (1) với vế phải (2) và vế phải (1) với vế trái (2), ta được phương trình: −9 ( x 3 − 2 y3 ) = ( x + 4 y ) (13 x 2 − 41xy + 21y 2 ) ⇔ 22 x 3 + 11x 2 y − 143 xy 2 + 66 y 3 = 0 0,25 ⇔ ( 2 x − y )( x − 2 y )( x + 3 y ) = 0 ⇔ y = 2 x hoặc x = 2 y hoặc x = −3 y . 0,25 Thay y = 2 x vào (1), ta được: (1) ⇔ 15 x 3 + 9 x = 0 ⇔ x = 0 , lúc đó y = 0 . Thử lại x = y = 0 không phải nghiệm của hệ đã cho. Thay x = −3 y vào (1), ta được: (1) ⇔ 29 y 3 + y = 0 ⇔ y = 0 , lúc đó x = 0 . Thử lại x = y = 0 không phải nghiệm của hệ đã cho. Thay x = 2 y vào (1), ta được: (1) ⇔ y 3 − y = 0 ⇔ y = 0 hoặc y = ±1 . • y = 0 thì x = 0 , thử lại không phải nghiệm của hệ đã cho. • y = 1 thì x = 2 , thử lại thỏa mãn hệ đã cho. • y = −1 thì x = −2 , thử lại thỏa mãn hệ đã cho. 0,25 0,25 Vậy hệ có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 2;1) và ( x; y ) = ( −2; −1) . 4 3 3 sin 3 ( x + 4 ) sin x 3  4 x . a/ lim ( x + 4 ) sin = lim = lim 3  1 +  . x →+∞ x →+∞ 3 x x →+∞ x x 3  x x 3 sin 3  4 x = 1 . Suy ra lim ( x + 4 ) sin 3 = 3 . Vì lim 3  1 +  = 3 và lim = 0 nên lim x →+∞ x →+∞ x x →+∞ x →+∞ 3 x  x x b/ lim x →2 3  2 x − 3. 3 3 x − 5 − 1 3x − 5 − 1 2 x − 3 −1 = lim  2 x − 3. +  x →2 x −2 x −2 x −2   0,25 0,25
  • 4. www.VNMATH.com   3x − 6 2x − 4 = lim  2 x − 3. + x →2 2   ( x − 2 )  3 ( 3 x − 5) + 3 3 x − 5 + 1  ( x − 2 ) 2 x − 3 + 1      ( )       0,25   3 2x − 3 2  = 1+1 = 2 . = lim  + 2 x →2  3  3 2x − 3 +1  ( 3 x − 5) + 3 x − 5 + 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 với AC. Suy ra O là giao điểm của AN và d. Ta có SO ⊥ ( ABC ) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt S phẳng (ABC) là góc SBO = 60o . C A Tam giác HAO vuông cân tại H nên HO = HA = N 0,25 3 3a AB = . 4 4 M H O B Tam giác BHO vuông tại H nên BO = BH 2 + HO2 = a 10 a 30 . Ta có: SO = BO.tan 60o = ; 4 4 1 a 3 30 . Do đó: VS . ABC = .S ∆ABC .SO = 3 24 Vì SO ⊥ ( ABC ) và OH ⊥ AB nên SH ⊥ AB . Suy ra SH = SO2 + OH 2 = d ( C , ( SAB) ) = 6 1 a 2 39 a 39 . và S ∆SAB = AB.SH = 2 8 4 3VS . ABC a 130 . = 13 S ∆SAB 2 2 Ta có F = ( x + y ) + z 2 + 2 xy ( z − 1) = ( 2 − z ) + z 2 − 2 xy (1 − z ) . 2 ) 0,25 ) ( 0,25 2  x+y 2−z 2−z Mặt khác xy ≤   =  nên −2 xy (1 − z ) ≥ −2   (1 − z ) .  2   2   2  1 Từ đó F ≥ z 3 − z 2 + 4 (1) 2 1 1 2 Xét f ( z ) = z 3 − z 2 + 4 với 0 < z < 1 . Ta có f ' ( z ) = 3z 2 − 2 z = 0 ⇔ z = ∈ ( 0;1) . 2 2 3 Bảng biến thiên: ( 0,25 0,25 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 ). 2 0,25 ( ) 2 z f'(z) 0 1 3 - 0 f(z) 52 27 + 0,25
  • 5. www.VNMATH.com 7a 52 Từ bảng biến thiên suy ra f ( z ) ≥ (2) 27 52 2 52 . Vậy Fmin = Từ (1) và (2) ta có F ≥ đạt được khi x = y = z = . 27 3 27 B ∈ d1 ⇔ B ( b;8 − b ) và D ∈ d2 ⇔ D ( 2d − 3; d ) . Suy ra BD = ( −b + 2d − 3; d + b − 8) .  b + 2d − 3 d − b + 8  I là trung điểm của BD nên I  ; . 2 2   u . BD = 0  BD ⊥ AC 8b − 13d + 13 = 0 b = 0  Theo tính chất hình thoi:  . ⇔  AC ⇔ ⇔  I ∈ AC  I ∈ AC 2 b − 3d + 3 = 0 d = 1   1 9 Vậy B ( 0;8 ) , D ( −1;1) , I  − ;  .  2 2 AC 15 1 2S = 15 2 ⇒ IA = = . Ta có A ∈ AC ⇔ A ( −7a + 31; a ) . S ABCD = AC. BD ⇒ AC = BD 2 2 2 2 ( Ta có a = 9 x −1 ) 1 3 ( +7 ; b = 3 ) x −1 − +1 1 5 0,25 0,25 0,25 2 2 15 63   9   15   ⇔  −7a +  +  a −  =  ⇔ a = 3 hoặc a = 6 . Ta có IA = 2   2  2  2   Suy ra A (10;3) hoặc A ( −11;6 ) . Do x A < 0 nên A ( −11;6 ) , từ đó C (10;3) . 8a 0,25 0,25 0,25 . 8 Số hạng chứa a3 trong khai triển Niu-tơn của ( a + b ) là: 3 1  x −1   C  9 + 7 3  .  3x −1 + 1    5 8 ( ) ( ) − 1 5 5  x −1 x −1  = 56 9 + 7 3 + 1  ( ( )( )( ) Theo giả thiết, ta có: 56 9 x −1 + 7 3x −1 + 1 −1 ) ( −1 0,25 . = 224 ⇔ 3x −1 ) 2 − 4.3x −1 + 3 = 0 3x −1 = 1 x = 1 . ⇔  x −1 ⇔ 3 = 3 x = 2  9a Đặt t = 2 x 2 −2 x 0,25 . Vì 0 ≤ x ≤ 2 nên 1 ≤ t ≤ 1. 2 1 −t 2 Bất phương trình đã cho trở thành: t + 2mt + m ≤ 0 ⇔ m ≤ = f ( t ) với ≤ t ≤ 1 . 2t + 1 2 2 Ta có f ' ( t ) = −2t 2 − 2t ( 2t + 1) 2 1  1  < 0, ∀t ∈  ;1  , hơn nữa f ( t ) liên tục trên đoạn  ;1 nên suy ra 2  2  1  hàm số f ( t ) nghịch biến trên đoạn  ;1 . 2  1 1  Do đó m ≤ f ( t ) , ∀t ∈  ;1 ⇔ m ≤ min f ( t ) ⇔ m ≤ f (1) ⇔ m ≤ − . 1  3 2   2 ;1  7b 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  Gọi AD là phân giác trong và AM là trung tuyến . Tọa độ của A là nghiệm của hệ: x + 2y − 5 = 0 x = 9 ⇔ .  4 x + 13y − 10 = 0  y = −2 0,25 Vậy A ( 9; −2 ) . Từ đó phương trình AC là: x + y − 7 = 0 . 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: 2 x − y − 5 = 0 . 0,25
  • 6. www.VNMATH.com 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 + 7 y + 5 = 0 . Đường thẳng MH qua H(3;1) và song song với AB nên có phương trình x + 7 y − 10 = 0 . Vì M là giao điểm của MH và AM nên M ( −4;2 ) . Suy ra phương trình BC là x − 8 y + 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 của tam giác ABC. Vậy AC : x + y − 7 = 0; AB : x + 7 y + 5 = 0 và BC : x − 8 y + 20 = 0 . 8b 2013 0,25 0,25 0,25 Lấy đạo hàm 2 vế, ta được: 2012 1 2 2012 2013 = C2013 + 2C2013 x + ... + 2012C2013 x 2011 + 2013C2013 x 2012 (1) 2013 (1 + x ) 0,25 Nhân 2 vế của 1 với x, ta được: 2012 1 2 2012 2013 2013 x (1 + x ) = C2013 x + 2C2013 x 2 + ... + 2012C2013 x 2012 + 2013C2013 x 2013 Lấy đạo hàm 2 vế, ta được: 2011 1 2 2012 2013 2013 (1 + x ) ( 2013 x + 1) = C2013 + 2 2 C2013 x + ... + 2012 2 C2013 x 2011 + 20132 C2013 x 2012 . 0,25 1 2 2012 2013 Cho x = 1 , ta được 12 C2013 + 2 2 C2013 + ... + 2012 2 C2013 + 20132 C2013 = 2013 × 2014 × 2 2011 (đpcm). 9b 0 1 2 2012 2013 = C2013 + C2013 x + C2013 x 2 + ... + C2013 x 2012 + C2013 x 2013 . 0,25 Ta có (1 + x ) x Ta có phương trình đã cho tương đương với: =m 2 2x + 9 −1 Xét hàm số f ( x ) = x 2x2 + 9 −1 có tập xác định D = » . 2 ( 36 − x 2 ) f '( x) = 2 ( 2 2x + 9 9 + 2x + 9 )( ) 2 2 0,25 . 2x + 9 −1 3 3 1 1 f ' ( x ) = 0 ⇔ x = ±6; f ( 6 ) = ; f ( −6 ) = − và lim f ( x ) = ; lim f ( x ) = − . x →+∞ x →−∞ 4 4 2 2 Bảng biến thiên: x f'(x) f(x) -6 -∞ - 0 6 + -1 2 0 3 4 0,25 +∞ - -3 4 0,25 1 2 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: Phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi và chỉ khi m = ± HẾT 3 1 1 hoặc − ≤m≤ . 4 2 2 0,25

×