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 cos2 )
2 cos( ). (1 cot )
4 sin
x
x x
x
2. Tính: dx
x
xx
2
sin
cos
Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
22 2
1
xyyx
yx
xy
yx
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng
2
6
a ; 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 – 2y + 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 n
xxxxf 3
2
2)2(1
4
1
)(
với n là số
tự nhiên thỏa mãn: nCA n
nn 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
.
www.VNMATH.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
f x
= x3-3x2
+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
www.VNMATH.com
Pt
x
x
x
x
xx
sin
cos
1
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
x
dx
x
x 22
sin
cos
sin
I1 = dx
x
x
2
sin
Đặt
xv
dxdu
dx
x
dv
xu
cot
sin
1
2
1
1
sinlncot
sin
)(sin
cot
sin
cos
cotcotcot
Cxxx
x
xd
xx
dx
x
x
xxxdxxxI
I2 = dx
x
x
2
sin
cos
Đặt t = sinx xdxdt cos
I2 = 22
2
sin
11 C
x
C
t
t
dt
Vậy: I = Cxx
x
x cot
sin
1
sinln
0,25
0,25
0,25
0,25
CâuIII(1đ)
(2)
)1(
2
1
2
22
xyyx
yx
xy
yx
ĐK x + y > 0. Ta có:
nghiêm) (vô 0
1
0211
0)1(21
2)(2)(
2
2)1(
22
2
2
2
yxyx
xy
xyyxyxyx
yxxyyxyx
xyyxyxxyyxyx
yx
xyyx
xyyx
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:
www.VNMATH.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 a
aa
AOSASOABCD 22
3
)( 22
22
3
.3
1
.
3
1aSSOVV ABCDABCDS
Vậy: VSMBD = 3
12
1a
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
cbaab
ba
)()(
1
1
1
33
Tương tự: cba
b
ac
cba
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
yx
yx
)( 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 3
6A (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
www.VNMATH.com
t’ = 10
22
1
2
xt
xx
x
Bảng biến thiên suy ra:
2;131;0 tx
Bpt trở thành
(1)
1
2t
m 2)1 2
2
t
ttm
Xét f(t) = 1
2
2
t
t trên
2;1 , có 0
)1(
22
)(' 2
2
t
tt
tf
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 22
2
2
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 n
nn . Tìm được n = 5
Ta có f(x) =
4 3 3 4 19
1 1 1
2 2 2 2
16 16 16
n n
x x x x
= 19 19
17
0
12
16
k k k
k
C x
Hệ số ứng với x10 là: a10 = 9 10 5 10
19 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 = x
2
2
log (t )0, ta được: m
t
t
1
0,25
www.VNMATH.com