Đề 1 tham khảo thi đại học khối a năm học 2013 môn: toán thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)52738

Tuyển sinh khu vực Tp Đông Hà huyện lân cận lớp 9, 10, 11, 12, môn Tốn, Lý, Hố,…Các em học nhà theo nhóm cá nhân, học trung tâm 40 học sinh/ 1lớp Cung cấp tài liệu, đề thi trắc nghiệm miến phí p TT LUYỆN THI TẦM CAO MỚI TỔ TOÁN TCM-ĐH-T10A ĐỀ THAM KHẢO THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM HỌC 2013 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x  2(m  1) x  m  (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m  Tìm m để hàm số (1) đồng biến khoảng (3, 5) Câu II (2 điểm) Giải phương trình: 3sin x  cos x   cos x  sin x   Giải phương trình: x  41x  4x x  18   x  2x  44x  18  Câu III (2 điểm) Tính tích phân: I =  x.s inx  cos x  x dx 2sin x  Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A' B 'C ' có tam giác ABC vuông C M trung điểm A 'C' Biết AC  a , BC  a ;  ABC '  hợp với  ABC  góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ VABC A' B'C ' Khoảng cách d  AM,BC  theo a ' Câu V (1 điểm) Cho ba số x, y, z  1;3 tìm giá trị nhỏ của: P 36x 2y z   yz xz xy II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B  2;0  ; C  3;5  G Là trọng tâm thuộc đường thẳng d có phương trình 2x  y   diện tích tam giác ABC Hãy xác định tọa độ điểm A ? 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm H(3 ;-2 ;1) viết phương trình mặt phẳng qua H cắt trục tọa độ A,B,C cho H trực tâm tam giác ABC Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: log 21 x   x   log x  x   B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) x y2 9  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip  E  :   I  ;  Xác định hai điểm A B 25  10  thuộc elip cho I trung điểm AB Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có phương trình x  y  z  x  y  z  11  điểm A  1; 2; 2  mặt phẳng  P  mặt phẳng qua A cắt mặt cầu  S theo thiết diện đường trịn có bán kính nhỏ Hãy viết phương trình mặt phẳng  P  tính bán kính đường trịn giao tuyến Câu VI.b (1 điểm) E tập số tự nhiên gồm chữ số khác lập từ chữ số : 0,1,2,3,4,5,6,7 lấy ngẫu nhiên số E tính xác suất để lấy số chia hết cho Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844 DeThiMau.vn Câu I (2đ) Đáp án (1 điểm) Với m = 2, y  x  2x TXĐ: D = R Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: y '  x  x ; y '   x  x   x  0, x  1 Hàm số đồng biến khoảng (-1; 0) (1;   ) Hàm số nghịch biến khoảng (-  ; -1) (0; 1) b) Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; ycđ = y(0) = Hàm số đạt cực tiểu x =  1; yct = y(  1) = -1 -c) Giới hạn vô cực: Lim ( x  x )  +  x   Điểm 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên 3) Đồ thị: 0,25 đ 2) điểm y' = x  4(m  1) x y' =  x  4(m  1) x =  x x  (m  1)  -TH1: Nếu m-   m  Hàm số đồng biến khoảng (0; +  ) Vậy m  thoả mãn ycbt TH 2: m - >  m> y' =  x = 0, x =  m  Hàm số đồng biến khoảng (- m  ; ) ( m  ; +  ) Để hàm số đồng biến khoảng (3; ) m    m  10 Vậy hàm số đồng biến khoảng (3; 5)  m   ;10   0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ II (1 ểm) (2 đ) sin x  cos x   2sin x  2sin x  2sin x cos x  Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844 DeThiMau.vn 0,25 đ  (1+2sinx)(sinx - cosx +1) =    s inx  cos x  1 sin(x  )    s inx  1 1   s inx  7   x   k 2   x    k 2  k ฀   x  3  k 2   x  k 2  (1 điểm)   0,25 đ 0, đ 0,25 đ  2 x(1  2sin x)  cosx cosx I dx   xdx   dx  2sin x  2sin x 0 I=   d (1  2sin x) 2   ln  x2     ln  2sin x   2sin x 4 0  0, đ 0,25 đ III (1 điểm) (2 đ) Đk: x  bpt  2x  44x  18  x  3x  4x x  (3  x ) 2x  44x  18 Đặt : t  2x  44x  18 Đc bpt: (t>0) 0,25 đ t  x  x(3  x )  (3  x )t  t+x>0 với x   (t  x)(t  x   x )   t  x   x  0,25 đ Ta có bpt  2x  44x  18  x   x  2(x  3)  32x  (x  3)  x  2(x  3)  32x  ((x  3)  x ) x   (x   x )   x   x    x  IV (1 đ) Từ giả thiết có a2 VABC A' B'C ' = SABC CC '; SABC = CA.CB  2 CH  AB  H  AB  (CC ' H) (ABC ')  (ABC)  AB , Kẻ ฀ '), (ABC))  (CH, ฀ HC ')  CHC ฀ '  600  ((ABC 0, đ 0,25 đ Xét tam giác vuông ABC có CH chiều cao nên Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844 DeThiMau.vn CH  CA  CB  3a CC '  HC tan 600   a  3a  CH  a , Xét tam giác vng CHC’ có 3a a 3a a 3  VABC.A'B'C'   2 0,25 đ b.N trung điểm AC AM//C’N nên AM//(BC’N) d AM,BC'  d AM,(BC' N)  d A,(BC' N) N trung điểm AC   Nên d      A,(BC N)   d C,(BC N)  , kẻ CK vng góc với BC’ ' ' AC  BC  AC  (BCC ' B') )  (CNK)  (BNC ')  NK Kẻ CI vng góc với NK I, d C,(BC' N)  CI  BC '  (NCK) (vì  CI Có  V (1 đ) a2   CN 3a   CK 9a   CN 43 9a 2   CB d 0, 25  CC '2 đ  3a  C,(BC N)   43 0, 25 ' đ (1 điểm) f (x)  Xet hàm số: 36x 2y z   , x  1;3 , y, z tham sô yz zx xy 36 2y z 36x  2y  z 36  2.9   2   0 yz zx x y x yz x yz 36 2y z    g(y), y  1;3 , z tham sô f (x)  f (1)  yz z y f (x) đồng biến 1;3 36 z 36  2y  z 36  2*9  12  0 g '(y)      y z z y y2z y2z 0,25 đ f '(x)  0,25 đ g(y) nghịch biến 1;3 12 z 18 18    h(z), z  1;3 ; h '(z)         z z 3 z 18 h(z) nghịch biến 1;3  h(z)  h(3)    Vậy P  dấu “=” xảy khi: x=1 y=z=3;Do MinP=7 0,25 đ  g(y)  g(3)  0,25đ Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844 DeThiMau.vn  BC  (5;5)  BC  5 G trọng tâm tam giác ABC  S฀ GBC  S฀ ABC  G  d : 2x  y    G(x; 2x  1)3 pt : BC là:x+y-2=0;S฀ ABC  d (G.BC)  2S฀ GBC   BC x   2x   x  1   x 1    3 x   2 2  G( ; ) 3 4 4 11  G( ; ) 3 2 4 11 ; )  A(1; 2);G( ; )  A(3;6) 3 3 2(1 điểm) 2(1 điểm) Giả sử A(a;0;0); B(0;b;0); C(0;0;c) H(3;-2;1) không nằm maawtj phẳng tọa độ nên ta có: A; B;C khơng trùng voi O  abc  x y z 1 (ABC) có pt dạng:    1; H  (ABC)nên     1  a b c a b c   AH  (3  a; 2;1); BC  (0; b;c); BH  (3; 2  b;1); AC  (a;0;c); H trực tâm tam giác ABC nên có: c    14 a   AH.BC  2b  c   a    thay vào(1)  c  14      3a  c   b  c b  7 BH.AC   Mặt phẳng có pt: 3x-2y+z=14 Đk x> Với G( 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ pt  log 2 x  (x  4) log x  3x    log 2 x  log x   x log x  3x   (log x  1)  log x  3  x(log x  3)   (log x  3)((log x  x  1)   log x    log x  x   (1) (2) 0,5đ (1)  x  9; xet(2); f (x)  log x  x  1; x   0;   ; f '(x)  nên f (x)   0, x   0;   x ln đồng biến  0;   Mà f (1)   x  nghiệm (2) VIb (2 đ)  x   f (x)  f (1)   0  x   f (x)  f (1)  Vậy (2) có nghiệm nhẩt x=1 KL (1 điểm) 0,5đ Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844 DeThiMau.vn 9 Gs A(x ;y)  (E)  9x  25y  225; B đói xứng với A qua I( ; ) nên : B(9-x ; -y) 10 2 B  (E)  (27  3x)  (9  5y)  225 Dặt :a=2x ; b=5y ta hệ : 2  a  b  225   2 (27  a)  (9  b)  225   a  15    b    a  12  b     x  y x   y   a  b  225     b   3a  a  27a  180     b   3a  0,25 đ 0,25 đ 5 0   diêm : A(5; 0); B(4; )  0,5 đ (1 ểm) VII b (S) có tâm : I(1 ;-2 ;-3) ; bán kính : R=5 ; gọi H hình chiếu vơng góc I lên (P) thi ta có : IH  IA dấu « = » xảy  H  A lại có IA=  nên A bên hình cầu 0,25 đ 0,25 đ (S) ; gọi r bán kính dg trịn giao tuyến  r  R  d 2(I,(P))  25   20 0,25 đ dấu « = » xảy  H  A hay (P)  IA  A quaA(1; 2; 2)  (P) :  nhan IA  (2;0;1) làvtpt (P) có pt : -2x+z=0 ; kl 0,25 đ (1 điểm) abcde  E  a   có7 cách chon a; chon bcde có A  n(E)  A  5880 e   n()  5880; abcde  E abcde    E có : A  6A36  1560 e   Số chia hết cho gọi A biến cố chọn dc số chia hết cho thì: n(A)=1560 1560 13 P(A)   5880 49 Gs: Trần Hải Nam - Tell: 01662 843844 – TT luyện thi Tầm Cao Mới Tell: 01684 356573 – 0533564384 – 0536513844 – 0944 323844 DeThiMau.vn 0,5 đ 0,5 ... A( 3;6) 3 3 2 (1 điểm) 2 (1 điểm) Giả sử A( a;0;0); B(0;b;0); C(0;0;c) H(3;-2 ;1) khơng nằm maawtj phẳng t? ?a độ nên ta có: A; B;C khơng trùng voi O  abc  x y z 1 (ABC) có pt dạng:    1; H  (ABC)nên... giao tuyến  r  R  d 2(I,(P))  25   20 0,25 đ dấu « = » xảy  H  A hay (P)  IA  A quaA(? ?1; 2; 2)  (P) :  nhan IA  (? ??2;0 ;1) làvtpt (P) có pt : -2x+z=0 ; kl 0,25 đ (1 điểm) abcde... '; SABC = CA.CB  2 CH  AB  H  AB  (CC ' H) (ABC ')  (ABC)  AB , Kẻ ฀ '), (ABC))  (CH, ฀ HC ')  CHC ฀ '  600  (( ABC 0, đ 0,25 đ Xét tam giác vng ABC có CH chiều cao nên Trần Hải Nam