Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 7 Ngày 23 tháng 8 Năm 2013 Bài 1:(1.5 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x − = + (C) a. Kháo sát và vẽ đồ thị hàm số trên b. Tìm điểm trên đồ thị (C) có tổng khảng cách đến hai trục toạ độ nhỏ nhất. Bài 2: (2 điểm) 1. Giải bất phương trình : 3 1 3 1x x x + − + ≥ − 2.Giải hệ phương trình: ( ) 2 2 2 2 2 2 3 3 5 1 1 log 2 4 4 4 4 1 log y x x y x y xy x x xy y y  + = − −   + + − = − + − + + +   Bài 3:(2 điểm) 1.Tìm giới hạn: 1 0 2013 2013cos 2013 lim x x x x + → − 2. Một người gieo một con xúc sắc(6 mặt đồng chất cân đối) thứ tự 2 lần. Tìm xác suất: Tổng số chấm xuất hiện của 2 lần gieo nhỏ hơn bằng 10. 3. Giải phương trình: 2 2 3 4sin 3 cos2 1 2cos ( ) 2 4 x x x π − = + − trên khoảng (0; π ) Bài 4: (2.5 điểm) 1. Trong không gian cho lăng trụ đứng 1 1 1 .ABC A B C có 1 , 2 , 2 5AB a AC a AA a= = = và · 120BAC = o . Gọi M là trung điểm của cạnh 1 CC . Hãy chứng minh 1 MB MA⊥ và tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( 1 A BM ). 2.Trong mặt phẳng toạ độ xoy, hãy xác định toạ độ các đỉnh tam giác ABC vuông cân tại A . Biết cạnh huyền nằm trên đường thẳng d : 0317 =−+ yx , điểm )7;7(N thuộc đường thẳng AC , điểm )3;2( −M thuộc đường thẳng AB . Bài 5: (2 điểm) 1. Giải phương trình (1 điểm): 331322 222 2222 +−+++− +=+ xxxxxx . 2.(1 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 1 1 P x y y x     = + +  ÷  ÷     Mời các bạn đón xem đáp án ngày 30.8.2013 nhé Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 6 Ngày 20 tháng 8 năm 2013 I. Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7 điểm) Câu I (2điểm). Cho hàm số mxmxxy 32 3 1 23 +−= (1) , m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=1 . 2. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x 1 , x 2 sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: 2 1 2 2 2 2 1 2 94 94 m mmxx mmxx m D −+ + −+ = Câu II (2điểm). 1. Giải phương trình: 4 1 4sin4sinsincos 22 =−+ xxxx 2. Giải phương trình: 252028245 22 +=−+−++ xxxxx Câu III (1điểm). Giải hệ phương trình:      =+−−+− −−−=− 4)1(log2)1(log3)1(log2 1212 3 2 33 33 yxxy xyyx Câu IV(1điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AD=DC=a, AB=2a; hai mặt bên(SAB), (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy,SA=a. Gọi N là trung điểm của SA, M thuộc cạnh AD sao cho AM=3MD. Cắt hình chóp S.ABCD bởi mặt phẳng chứa MN và vuông góc với mặt phẳng (SAD) ta được thiết diện là tứ giác MNPQ. Tính thể tích của khối chóp A.MNPQ. Câu V (1điểm). Cho a, b, c là 3 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng: 4 9 )()()( 3 33 3 33 3 33 ≥ − − + − − + − − ac ac cb cb ba ba II. Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AD và đường chéo AC lần lượt là 2x+y-9=0 và 3x+4y-11=0, đường thẳng BD đi qua điểm E(3;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có hai đỉnh       − 1; 4 1 ),4;2( CA và tâm đường tròn nội tiếp tam giác là       2 3 ; 2 1 I . Tìm toạ độ đỉnh B. Câu VII.a (1điểm). Cho x, y thay đổi thoả mãn x 2 -xy+y 2 =1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức E=x 2 - 2xy+2y 2 . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm N(2;-3).Qua N vẽ đường thẳng sao cho nó tạo thành với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 2 3 . Viết phương trình đường thẳng đó. 2.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có hai đỉnh       −− 4 5 ;1),1;2( CB và tâm đường tròn nội tiếp tam giác là       − 2 3 ; 2 1 I . Tìm toạ độ đỉnh A. Câu VII.b (1điểm). Cho biết hệ số của số hạng thứ tư của khai triển 2 5 1 2 . n x x x   +  ÷   bằng 70 . Hãy tìm số hạng không chứa x trong khai triển đó. Hết HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 6 Câu 1: 1, (1,5 điểm) Khi m=1 hàm số trở thành xxxy 32 3 1 23 +−= Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 2 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 .TXĐ:R    = = ⇔=+−= 3 1 0',34' 2 x x yxxy Bảng biến thiên x - ∞ 1 3 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 3 4 + ∞ - ∞ 0 Điểm cực đại       3 4 ;1 , điểm cực tiểu (3;0) Hàm số đồng biến trên 2 khoảng );3(),1;( +∞−∞ , hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) Đồ thị: Điểm uốn       3 2 ;2I ; giao với trục:(0;0),(3;0); vẽ đồ thị và n/xét Câu 1: 2, 0,5 điểm) TXĐ: R y’= x 2 - 4mx + 3m hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 khi và chỉ khi 4m 2 -3m > 0 ( )       +∞∪∞−=∈⇔ ; 4 3 0;Km Khi đó      =+ −= −= mxx mmxx mmxx 4 34 34 21 2 2 2 1 2 1 Suy ra m m m m D 1216 1216 − + − = Với Km ∈ thì 1216 −m m và m m 1216 − là hai số dương, nên áp dụng BĐT Cosi ta có 2≥D ,đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 5 4 = m Suy ra min D = 2 khi 5 4 = m Vậy giá trị cần tìm là 5 4 = m Câu 2: 1, (1,0 điểm) pt đã cho tương đương với pt: 4 1 )8cos1( 2 1 )5cos3(cos 2 1 )2cos1( 2 1 =−−−++ xxxx 0 2 1 5cos 2 1 3cos 2 1 5cos3cos =       +−+⇔ xxxx       =− =+ ⇔=       −       +⇔ 0 2 1 3cos 0 2 1 5cos 0 2 1 3cos 2 1 5cos x x xx ⇔       +±= +±= 3 2 9 5 2 15 2 ππ ππ kx kx Câu 2: 2, (1,0 điểm) Điều kiện 4 ≥ x pt đã cho tương đương với pt: 2 2 2 5 24 28 20 5 2, 2 1 5 ( 4)( 2)( 5)x x x x x x x x x x + + = + − + + ⇔ − − = − + + 2 2 2 2 2 8 2 8 2( 2 8) 3( 5) 5 ( 2 8)( 5) 2. 5 3 0 5 5 x x x x x x x x x x x x − − − − ⇔ − − + + = − − + ⇔ − + = + +         − = = ± = ⇔        = + −− = + −− ⇔ 4 11 7 2 613 2 3 5 82 1 5 82 2 2 x x x x xx x xx Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của pt là : x=7, 2 613 + = x Câu 3(1,0 điểm) ĐK: x ≥ 2, y>1 pt đầu của hệ tương đương với pt: 1212 33 −+=−+ yyxx (1) Xét hàm số 12)( 3 −+= tttf với t>1 1,0 1 1 3)(' 2 >∀> − += t t ttf ,suy ra f(t) đồng biến trên khoảng );1( +∞ Suy ra: (1) ⇔ x=y thế x=y vào pt thứ hai của hệ ta được 4)1(log2)1(log3)1(log2 3 2 3 2 3 =+−−+− xxx 3 3 3 2log ( 1) 3 2log ( 1) 4 0 2log ( 1) 1 1 3x x x x ⇔ − + − − = ⇔ − = ⇔ = + suy ra: 31+=y đối chiếu với ĐK ta được 31+=x , 31+=y . Vậy hệ có nghiệm )31;31();( ++=yx Câu 4(1,0 điểm) Ta có SA ⊥ mp(ABCD). Thiết diện MNPQ là hình thang vuông tại M và N Tính được 4 5 , 4 13 ,, 4 3 , 2 a MQ a MNaNP a AM a AN ===== .Diện tích đáy MNPQ là: 32 139 2 a S = . Độ dài đường cao của hình chóp A.MNPQ là: 132 3a AH = .Vậy thể tích cần tìm là: 64 9 3 a V = Câu 5(1,0 điểm) BĐT đã cho tương đương với BĐT: )1( 4 9 )()()( 2 22 2 22 2 22 ≥ − ++ + − ++ + − ++ ac acac cb cbcb ba baba Đặt ac ac x cb cb x ba ba x − + = − + = − + = ,, ( 1)( 1)( 1) ( 1)( 1)( 1) 1 (2)x y z x y z xy yz zx⇒ + + + = − − − ⇒ + + = − Mặt khác: )3()(20)( 222222 zxyzxyzyxzyx ++−≥++⇒≥++ Từ (2),(3) suy ra )4(2 )( )( )( )( )( )( 2 2 2 2 2 2 2 222 ≥ − + + − + + − + ⇒≥++ ac ac cb cb ba ba zyx Có: 51 )( )( 1 )( )( 1 )( )( )4( 2 2 2 2 2 2 ≥+ − + ++ − + ++ − + ⇔ ac ac cb cb ba ba 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 (5) 2 ( ) ( ) ( ) a b b c c a a b b c c a + + + ⇔ + + ≥ − − − và 11 )( )( 1 )( )( 1 )( )( )4( 2 2 2 2 2 2 −≥− − + +− − + +− − + ⇔ ac ac cb cb ba ba 2 2 2 1 (6) ( ) ( ) ( ) 4 ab bc ca a b b c c a − ⇔ + + ≥ − − − Cộng theo vế của (5), (6) ta có (1),đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x+y+z=0 hay 0 = − + + − + + − + ac ac cb cb ba ba Câu 6a 1, (1,0 điểm) Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ    −= = ⇔    =+ =+ 1 5 011-4y3x 09-y2x y x )1;5( −⇒ A Đường thẳng BD có pt dạng: ax+by-3a-b=0 ( với a 2 +b 2 >0 và 43 ba ≠ ). góc giữa ADvà AC bằng góc giữa AD và BD,nên ta có: )043(0 12 .1.2 4312 4.13.2 22222222 ≠−=⇔ ++ + = ++ + abdob ba ba với b=0 , chọn a=1suy ra pt của BD là: x=3.Trung điểm I của AC có toạ độ       2 1 ;3I . Suy ra C(1;2) toạ độ điểm D(3;3), B(3;-2) Câu 6a: 2, (1,0 điểm)pt đường thẳng AC là: 4x+3y-4=0. bán kính của đường tròn nội tiếp là 2 1 ),( == ACIdr pt AB là: 3x+4y-10=0 pt BC là: y-1=0 Toạ độ đỉnh B là B(2;1) Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Câu 7a(1,0 điểm) ta tìm E để hệ sau có nghiệm:      =+− =+− Eyxyx yxyx 22 22 22 1 * Nếu y=0 hệ trở thành      = = Ex x 2 2 1 hệ có nghiệm khi E=1 * Nếu y ≠ 0, đặt x=ty, ta có hệ E tt tt Etty tty = +− +− ⇒      =+− =+− 1 22 )22( 1)1( 2 2 22 22 Xét hàm số    = = ⇔= +− − = +− +− = 2 0 0)(', )1( 2 )(', 1 22 )( 22 2 2 2 t t tf tt tt tf tt tt tf Bảng biến thiên của f(t) t - ∞ 0 2 + ∞ f’(t) + 0 - 0 + f(t) 2 1 1 3 2 Suy ra: 2 3 2 ≤≤ E Vậy: 2 2 0 2 3 3 minE , ;max 2 1 1 1 3 3 3 x x x khivà chi khi E khivà chi khi y y y −   = =   =    = =    − = ±    = =     Câu 6b: 1, (1,0 điểm) Gọi A(a;0), B(0;b) với ab ≠ 0 Đường thẳng AB cần tìm có phương trình: 1 =+ b y a x AB đi qua N(2;-3) nên: a a b ba − =⇔= − + 2 3 1 32 . từ giả thiết suy ra 3 2 3 2 1 =⇔= abab Từ đó suy ra      − = −=    = = 2 3 2 ; 3 1 b a b a Vậy có hai đường thẳng cần tìm pt là: 3x+y-3=0, 3x+4y+6=0 Câu 6b:2, (1,0 điểm) pt đường thẳng BC là: 3x+4y-2=0. bán kính của đường tròn nội tiếp là 2 1 ),( == BCIdr pt AB là: 4x+3y-5=0, pt AC là: x+1=0, Toạ độ đỉnh A là A(-1;3) Câu 7b(1,0 điểm) Ta có 16 2 2 2 2 5 5 0 1 6 .2 . .2 . 5 2 n k n n k n k k k k n n k k x C x x C x x x − − − − = −   + =  ÷   ∑ ∑ Suy ra hệ số của số hạng thứ tư là: 3 3 .2 n C − Từ đó có : 3 3 .2 n C − =70 ⇔ n(n-1)(n-2)=16.15.14 ⇔ n=16. Khi đó số hạng không chứa x trong khai triển ứng với giá trị k thoả mãn: 16 2.16 0 10 5 k k− = ⇔ = Vậy số hạng không chứa x là: 10 10 16 1001 .2 128 C − = Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 5 . ĐT:0169483 872 7 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 7 Ngày 23 tháng 8 Năm 2013 Bài 1:(1.5 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x − = + (C) a. Kháo sát và vẽ đồ thị hàm số trên b. Tìm điểm trên đồ thị (C) có tổng khảng. Thạch ĐT:0169483 872 7 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 6 Ngày 20 tháng 8 năm 2013 I. Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7 điểm) Câu I (2điểm). Cho hàm số mxmxxy 32 3 1 23 +−= (1) , m là tham số thực. 1 +         − = = ± = ⇔        = + −− = + −− ⇔ 4 11 7 2 613 2 3 5 82 1 5 82 2 2 x x x x xx x xx Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa 3 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:0169483 872 7 Đối chi u với điều kiện ta