ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ---------------------------------
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ Tổ Toán I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
=
y
.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
+ x 1 2 + x 1
x m
= + cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông
2
+
+
x
x
x
x ∈ (cid:1) .
cos 2
tan
0
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm m ∈ (cid:1) để đường thẳng y tại O (với O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: (
) 1 sin
= (
)
2
− x y x y 2 2
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
;x y ∈ (cid:1) .
(
)
3
2
2
+ + = − x x x x 2 3 + + = 2 (
) y y
3
+ + = − x x x log log 4 2 log
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình:
x ∈ (cid:1) .
(
)
(
)2
(
)
3
27
3
1
x
1 4
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B; AB = a. Hình chiếu vuông góc của điểm A' lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AC sao cho HC = 2HA. Mặt bên (ABB'A') hợp với mặt đáy (ABC) một góc bằng 60o. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CC'. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x và y là hai số thực dương thay đổi sao cho
y+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
.
2
2
− −
A
) 3; 1 ,
(
và
.
( C −
)2; 2
(
x y = + P + + 1 1 y x
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, viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm )1;3−B Câu 8a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
x
y+ 9
34 0
và đường thẳng BN có phương trình 2
các cạnh AB và CD. Biết rằng
− M = . Tìm tọa độ các điểm ; 2 − 1 2
n
3
A và B biết rằng điểm B có hoành độ âm.
− x 3
Câu 9a (1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
với ≠ 0 x
, biết rằng
2
−
+
=
2
3
.
(
) 5 .
−
P n
P n
A − n n
2
3;0
và có một điểm M thuộc elip (E) sao cho tam giác
2F với
1F và
1 2 x
n là số nguyên dương và n 4 A. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) biết rằng elip (E) có hai tiêu điểm F MF có diện tích bằng 1 1
2
( F − 1
)
1 0
x
: d x
A
và điểm B thuộc đường thẳng
y− − = ; đỉnh 1 0
)3;5
(
+ − = y
và vuông tại M. Câu 8b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD. Biết đường thẳng AC có . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D phương trình 2 của hình thoi ABCD. Câu 9b (1,0 điểm). Cần chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp học có 15 nam và 10 nữ để tham gia đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam.
-------------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:…………
www.MATHVN.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC Tổ Toán
ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Đáp án
Điểm
Câu 1a
D = (cid:1)
{ }\ 1
• Tập xác định: • Sự biến thiên:
1
0,25
y
.
- Chiều biến thiên:
x
(
)2 1
) 1;− +∞ .
=
y
2
y = . 2
= > ∀ ≠ − x ' 0, 1 +
0,25
y
y
1
= −∞ ; tiệm cận đứng:
x = − .
x
x
−∞ − và ( Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ; 1 = ; tiệm cận ngang: - Giới hạn và tiệm cận: lim y lim →−∞ →+∞ x x = +∞ và lim −→ − ( )1
lim +→ − ( )1
- Bảng biến thiên:
-1
x
+ ∞∞∞∞
-∞∞∞∞
y'
+
+
0,25
+∞∞∞∞
2
y
-∞∞∞∞
2
• Đồ thị:
y
2
0,25
1
x
O
-1
1b
= +
x m
Phương trình hoành độ giao điểm:
0,25
x
+ x m
⇔ + = x
+ x 1 2 + x 1 1
x = − không là nghiệm của phương trình)
2
(do
2
( −
m
⇔ + x
) )( 1 + − = (1) x m 1 0 = + cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm
0,25
x m m
5 0
1m < . (*) 5 0m⇔ ≠ . (**)
=
=
+ 1 ) ( 1 Đường thẳng y 2 6 phân biệt + > ⇔ > hoặc ⇔ − m m Ba điểm O, A, B không thẳng hàng Gọi
;
;
+ .
;
(
A x y và 1
( B x y 2
1
2
2
x m 2
y 1
+ x m y 1
2
2
⇔
=
m
) ) Tam giác OAB vuông tại O
, trong đó (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) OA OB .
2
= ⇔ 0
0
0,25
2
x 2 −
⇔
= 0
2
;x x là hai nghiệm của (1) và 1 ( + x x m x 1 1 2 ) ( − + m m 1
+ ( 1
m
2 0
m 3
) + ) + m m 2 ⇔ − = ⇔ = (thỏa (*) và (**)) 3
0,25
x m
m = thì đường thẳng y
= + cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam
Vậy với
2 3
www.DeThiThuDaiHoc.com
giác OAB vuông tại O.
2
Điều kiện: cos
x ≠ . 0
2
2
2
0,25
+
−
=
x
x
x
Phương trình đã cho tương đương với:
sin
0
(
)
www.MATHVN.com + 1 sin cos
x x
sin cos
2
⇔
+
+
−
+
x
x
x
x
x
x
x
cos
cos
sin
cos
sin
sin
cos
= 0
)
2
2
( +
⇔
+
=
−
x
x
x
x
x
cos
sin
sin
0
)( x sin cos
0,25
x )
+
−
=
x
x
cos
0 (1)
( ( (
) sin )( )(
2 sin 2 − x
0
⇔ sin Vì phương trình 2 sin 2
cos ) x = vô nghiệm nên:
0,25
⇔
+
x
x
x
= − ⇔ = − + x
k
cos
sin
= ⇔ 0
tan
1
π k
∈ (cid:4) (thỏa mãn điều kiện).
( ) 1
(
)
0,25
π 4
2
3
−
x
y
x
2
2
3
2
2
2
=
+
+
+
x
x
x
y
(2)
2
3
0,25
x
2 (1) ) x y 2 0
+
−
y
x
x
y
x
y
x
x
y
2
0
= ⇔ = hoặc
+ ≥ . (Nếu thí sinh không đặt điều kiện thì không trừ điểm) 2 2 +
− = .
0
Chú ý: Nếu thí sinh không ghi k ∈ (cid:4) thì không trừ điểm. Điều kiện: ( ) 2
( ⇔ − x
+ + = y ( 2 2 y− )( 2
)
2
x
2
+
− = ⇔
⇔ = =
x
x
x
y
x
y
2
0
0
(không thỏa (1))
Từ (1) suy ra 2
y− ≥ nên 0
0,25
x
= 0 − = y
2
0
0
2
+ = ⇔
⇔ − x
x
x
⇔ = x
Thay y
2
2
1
.
x= vào (1), ta được: ( ) 1
0,25
2
2
−
x
x
x
2
+ = 2
≥ x
1y = (thỏa điều kiện)
1x = , ta được
0,25
) x y = ;
( ) 1;1
4
0,25
+
+
=
x
x
x
Với Vậy hệ phương trình có một nghiệm ( Điều kiện: 0 x< ≠ 2 Phương trình đã cho tương đương với:
log
log
4
log
− 2
(
)
3
3
3
⇔
+
=
−
x
4
log
2
)
3
3
0,25
x
= − (1) 2
log ( ⇔ + x x
( x x )4
2
2
Vì
0
( x x +
)4
> nên ( ) 1
+ + + = x x x x x − = 2 4 3 2 0 33 ⇔ ⇔ ⇔ = − ∨ = − ∨ = x x x 1 2
0,25
2
2
− ± 5 2 − + − = x x x x x − = − 2 4 5 2 0
Đối chiếu với điều kiện, ta được
là nghiệm của phương trình đã cho.
33 = x
0,25
− + 5 2
5
C'
A'
Gọi D là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh AB.
B'
⇒ ⊥ AB
A HD '
.
Ta có:
(
)
⊥ AB DH ⊥ AB A H
'
0,25
K
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABB'A') là góc (cid:5)'A DH .
A
C
H
D
B
www.DeThiThuDaiHoc.com
2
o
=
=
Ta có:
a 3 = A H DH= ' .tan 60
www.MATHVN.com S BA BC .
.
;
∆
ABC
1 2
a 2
3
0,25
3
.
Do đó:
∆= S
ABC
ABC A B C .
'
'
'
=
=
a 3 = V . A H '
'
',
')
d CC ABB A ', (
, (
'
d H ABB A 3
, (
'
')
.
)
(
)
(
(
(
)
6 = d C ABB A
0,25
⊥
⊥
AB KH
AB
HK
'
. Mặt khác
nên
A AD '
, do đó:
(
)
) HK=
( d H ABB A '
, (
.
')
) d CC AB ') Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh A'D. ⇒ ⊥ Ta có: (
A HD ' )
HK A D⊥
3
3
o
.sin 60
',
(
)
.
Ta có:
6
2
a a ⇒ = = = HK HD d CC AB
0,25
Chú ý: Thí sinh có thể dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải bài này.
−
6
1
x
x
=
=
+
1
1
P
với 0
1x< < .
( f x
)
2
2
+
1
x
−
+
1
x
( 1
x y y x + = ⇔ = − , thay vào P ta được:
0,25
−
−
x
x
x
1
1
( 1
)
=
+
−
−
'
f
x
.
(
)
3
2
3
2
2
2
+
1
x
−
+
1
x
+
( 1
)
x
−
+
x
) ( 1 x (
) ) 1
( 1
)
1
Ta có
.
1
1
2
= ' 0 f 1 2
−
>
0
1
0
x
x
Với
x< < , ta có 1
và
( 1
)2
2
1 2
+
1
x
−
+
1
x
( 1
)2
−
−
x
x
x
( 1
)
( 1
−
>
0
'
0
f
, do đó
(
) x > .
< − + < 1 + nên
0,25
3
3
2
2
+
x
−
+
x
) ) 1
x (
( 1
)
1
0
'
0
f
Tương tự, với
(
) x < .
1 x< < , ta có 2
'
0
f
Vậy
x = là nghiệm duy nhất của
(
x = trên khoảng ( )
)0;1 .
1 2
Bảng biến thiên:
x
0
1
1 2
+
0
-
f '(x)
0,25
f (x )
2
5
2
min
x
P =
khi
Vậy
y= = .
0,25
5
7a
2
2
0,25
+
+
1 2 Phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C có dạng: 2 2 + a
ax
y
c
0
+ = với 0
by 2
2
) C x :
(
+
− =
a
6
10
Vì A, B, C thuộc (C) nên ta có hệ phương trình:
+ b c − > .
0,25
− = − =
− −
a a
b c 2 b c 6 b c 4
10 8
2 4
= −
www.DeThiThuDaiHoc.com =
2;
20
1;
Giải hệ trên, ta được:
.
= − a b c
0,25
2
2
+
−
+
−
y
x
y
4
2
20 0
= .
Vậy (
) C x :
0,25
8a
=
2;9
www.MATHVN.com (cid:3) n
Ta có vectơ pháp tuyến của đường thẳng BN là
.
)
2
2
=
+
>
0
a
b
Gọi
(
) a b với ;
(cid:2)(cid:2)(cid:3) n 1
( là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB. 1
cos
, AB BN
Ta có
.
(
) =
0,25
BM BN
Mặt khác
.
(
)
2
2
= 5 (cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:3) . n n (cid:2)(cid:2)(cid:3)1 (cid:3) . n n 1
+ 2 9 a b = = cos , AB BN + . 85 a b
2
2
Từ đó ta có phương trình:
4 + 2 9 a b − − 36 64 = ⇔ 0 13 a ab b
0,25
2
2
b 1 = ⇔ 5 + . 85 a b = a = − a b 16 13
1
a
=4; b
Với = 4 a
, ta được
x
⇔
< 0
Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình
(thỏa mãn
).
Bx
: 4 AB b chọn =
0,25
= − 1 =
4
y
x
y
0;0
B
A
.
(
) − ⇒1;4
(
)
0 . + = 0 y − + = 34 0 9 + = y x 4 x 2
= −
16;
13
a
b
Với = − a
, ta được
.
− + :16 13 = 34 0 AB x y b chọn = 16 13
0,25
+
⇔ = x
Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình
và = y
(loại).
− x +
13 y −
2
9
= 34 0 = 34 0
4 5
x
y
16
18 5
9a
Điều kiện:
n n≥ 3; ∈ (cid:6) .
0,25
−
2
2
(4
5)
3
2. ! (4
5).(
−
n A n
2
−
1)
⇔
+
=
−
2 (
− − 1)
(4
5)
9
= 10 0
n n
n
2 ⇔ − n
n
3 ( n n 2
− + = ⇔ − + − n n n n = 2)! 3. P n P n n ! 2!
0,25
10
= n
= −
n
( 1 lo¹i
)
⇔
n
3
3
3
3
Khi đó
.
10
1 2 x
1 2 x
− = − x x
0,25
k
k
− 30 3
−
k
10
−
k
k
3
10
3
.3
.
Số hạng tổng quát:
.
+ 1
k 10
k 10
x = = C x C − ( 1) T k
(
)
k
2
1 2
x
2
6
− − k k − x 0 k 5 = ⇔ = ⇔ = . 30
0,25
6
4
6
−
=
C
17010
1kT + không chứa x khi 30 3 k Vậy số hạng không chứa x của khai triển là:
.
10.3 .( 1)
2
2
7b
+
a
E
0
= với
1
b> > .
:
Phương trình chính tắc của (
)
2
2
y b
0,25
2
2
−
a
c
b
3; 0
⇒ = ⇒ − 3
x a = (1) 3
F 1
(
)
y
S
y
y
y
Gọi
. Ta có:
= ⇔ 1
= ⇔ 1
.2 3 1
( M x
)
;M
M
M
2 M
M
y F F . M 1 2
F MF 1 2
1 2
1 2
1 3
1 = ⇔ = ⇒ = . 3
0,25
2
= ⇔ +
=
y
0
3
, suy ra
2 x M
2 M
Mx = .
(cid:5) o = ⇔ F MF 90 2 1
(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) (cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:2)(cid:3) MF MF . 1 2
8 3
∈ ⇔ +
1
= (2).
( M E
)
0,25
2
2
8 a 3
1 b 3
www.DeThiThuDaiHoc.com
2
2
2
+
a
www.MATHVN.com E
0,25
Giải hệ (1) và (2), ta được:
24; b=
1
:
= . 1
= . Vậy (
)
x 4
y 1
8b
';1
'
t−
t − là giao điểm của hai đường chéo AC và BD và
.
Gọi
( B t
)
) 1 −
=
3
';2
' 2
t
t
t
+ − t
( ;2 I t (cid:2)(cid:2)(cid:3) AI Ta có
(
(cid:2)(cid:2)(cid:3) ) − ;6 2 , t BI
( = − t
)
0,25
2
2
2
2
+
=
−
+
−
− 6 2
4
'
2
' 2
(1)
3
t
t
t
t
+ − t
t
(
)
)
(
(
)
)
AI
BI
⇒
= 2 ⊥
AB
BI
=
' 2
0 (2)
t
+ − t
( ' 2 2
)
( − + t t ⇔ = − ' 4 5 t
t
, thay vào (1), ta được:
( )2
0,25
2
⇔
−
+
210
35 0
1
175 t
t
t
= ⇔ = hoặc
( ) 1
−
I
D
C
Với
. Khi đó
− − . 1; 3
) 1;2 ,
(
) 3;0 ,
(
(
1 t = . 5 B 1t = , ta được t = − và ' 1
0,25
−
−
−
−
Với
. Khi đó
.
(
) − 3; 2 ,
, ; ; t = , ta được t = và ' 3 I B D C
0,25
)
)1;1 (
5
1 5 13 4 ; 5 5 13 5 31 5 1 5 3 5
9b
Số cách chọn 5 học sinh từ 25 học sinh là:
0,25
25C .
Số cách chọn 5 học sinh gồm 1 nữ và 4 nam từ 25 học sinh là:
.C C .
4 15
1 10
0,25
Số cách chọn 5 học sinh gồm 2 nữ và 3 nam từ 25 học sinh là:
.C C .
2 10
3 15
0,25
2 C C . 10
1 C C . 10
3 15
0,25
=
=
P
.
325 506
Vậy xác suất 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam là: 4 + 15 5 C 25
