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