Tài liệu Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 50 potx

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI KSCL ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 3 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số   4 2 2 3 1 9 3 y x m x m m      (1), trong đó m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1 3 m  . b) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng 2 7 ym  tại bốn điểm phân biệt , , , A B C D thỏa mãn điều kiện AB BC CD  . Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 1 2cos2 3sin cos 0 x x x     . Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình   3 4 1 6 79 . x x x x       Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 2 4 0 1 sin dx I x     . Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình tứ diện ABCD có 3, , 2, 3 DA DB DC a AB a AC a BC a       . Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BC. Câu 6 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   2 2 2 2 2 2 4 , 2 2 4 y x yx xy           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 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm   2;1 H và tâm đường tròn ngoại tiếp   1;0 I . Trung điểm của BC nằm trên đường thẳng có phương trình 2 1 0 xy    . Tìm tọa độ các đỉnh B, C; biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đi qua điểm   6; 1E  và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho các đường thẳng 12 2 1 1 2 3 1 : ; : 1 2 2 2 1 1 x y z x y z              và điểm   2; 1;1 M  . Viết phương trình đường thẳng cắt 12 ,  lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của 10 x trong khai triển nhị thức Niutơn của 2 3 1 n x x     , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn 1 2 1 100 2 2 2 2 2 2 2 2 2 nn n n n n C C C C        . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có   2; 1 A  , trực tâm   2;1 H và 20BC  . Gọi ', ' BC lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh , BC . Lập phương trình đường thẳng BC , biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình 2 1 0 xy    , tung độ của M dương và đường thẳng '' BC đi qua điểm   3; 4  . Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 12 ,  có phương trình: 12 2 1 1 2 3 1 : , : 1 4 2 1 1 1 x y z x y z              . Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng 12 ,  ? Câu 9.b (1,0 điểm) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có ba chữ số. Tính xác suất để số được chọn là một số có tổng các chữ số chia hết cho 10? Cảm ơn thầy NguyễnDuyLiên (lient oancvp @vinhp huc.ed u.vn )g ửitơiwww. laisac.p age.tl ĐÁP ÁN KSCL ĐẠI HỌC LẦN 3 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2012-2013 Câu Nội dung trình bày Điểm 1(1đ) 1.a(1điểm) Khi 1 3 m  thì hàm số có dạng 42 2y x x . +) Tập xác định D  . +) Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 3 ' 4 4y x x ; ' 0 0, 1y x x     . Hàm số đồng biến trên các khoảng   1;0 và   1;  , hàm số nghịch biến trên các khoảng   ;1  và   0;1 0,25 - Cực trị: hàm số đạt cực đại tại 0, 0 CD xy ; hàm số đạt cực tiểu tại 1, 1 CT xy    - Giới hạn: lim , lim xx yy       0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 +) Đồ thị 0,25 1.b (1 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng 2 7ym :          4 2 2 2 4 2 2 2 2 3 1 9 3 7 2 3 1 2 3 0 2 3 0 x m x m m m x m x m m x m x m                 0,25 2 2 23 xm xm       . Để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng 2 7ym tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi 0 2 3 0 0 23 m mm mm             0,25 Phương trình (2) có 4 nghiệm là: 2 3 2 3m m m m       . Khi đó ycbt  2 3, , , 2 3m m m m    theo thứ tự lập thành cấp số cộng 2 3 2 3 2 3 3 . 7 2 3 2 m m m m m m m m m                    Vậy 3 . 7 m  0,5 2(1đ) Ta có 1 2cos2 3sin cos 0x x x        2 2 2 2 sin cos 2 cos sin 3sin cos 0x x x x x x         22 3sin cos 3sin cos 0x x x x     0,25      3sin cos 3sin cos 3sin cos 0x x x x x x         3sin cos 0 3sin cos 3sin cos 1 0 3sin cos 1 xx x x x x xx             0,25 +) 3sin cos 0 2sin 0 , . 66 x x x x k k               0,25 +) 3sin cos 1 2sin 1 2 , 2 , . 63 x x x x k x k k                   Vậy…. 0,25 3(1đ) Điều kiện xác định 1x  . Đặt   3 4 1 6 79, 1f x x x x x       , ta có:               32 4 44 2 3 2 3 33 44 2 79 1 1 1 1 1 '0 21 3 6 4 79 3 6 4 79 . 1 xx fx x x x x x x                với 1.x  0,5 Do đó hàm số   fx đồng biến trên   2; . Mặt khác   20f  suy ra phương trình   0fx có một nghiệm duy nhất 2.x  0,5 4(1đ) Đặt 2 2t x x t dx tdt     , đổi cận 2 0 0, . 42 x t x t        Khi đó 2 2 2 2 0 0 0 22 2 tan 1 sin 2 4 2cos 24 tdt tdt t I td t t                        0,5 Đặt 2 2 tan tan 2 4 2 4 ut du dt tt dv d v                               , kết hợp với công thức tích phần từng phần ta có: 22 2 00 4 2 tan 2tan cos 2 4 2 4 2 4 cos 24 o t t t I t dt d t                                                0,25 2 0 ln cos ln 2 24 t         . Vậy ln 2.I  0,25 5(1đ) Do 2 2 2 BC AB AC ABC    vuông tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên mp(ABC), kết hợp với định lí Pitago và DA DB DC ta được HA HB HC hay H là tâm ngoại tiếp tam giác ABC suy ra H là trung điểm của BC. 0,25 Ta có 2 2 3 3 1 1 3 1 2 . . . . 2 3 3 2 2 4 DABC ABC aa DH DB BH V DH S AB AC a       0,25 Dựng hình bình hành ABCE và gọi K, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AE, DK. Khi đó   AE DHK AE HF   , kết hợp với       ,HF DK HF DAE d H DAE HF     . Mặt khác             , , ,BC ADE d BC AD d BC ADE d H ADE HF    . 0,25 F E K H C B A D Ta có   .6 , 3 AB AC a HK d A BC BC    . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HDK ta có 2 2 2 22 1 1 1 . 3 70 35 HD HK a HF HF HD HK HD HK       . 0,25 6(1đ) Điều kiện xác định , 2; 2xy    . Nhận xét nếu 0x  thì từ phương trình thứ nhất ta được: 2 2 02 4 2 2 2 2 4 y x       vô lí. Tương tự nếu 0y  cũng không xảy ra. Do đó nếu   ;xy là nghiệm thì 0, 0xy . Khi đó ta xét 0, 0xy . 0,25 Từ hệ pt ta được     2 2 2 2 2 2 2 2 y x x y g x g y        , trong đó   2 2 2 2 , 0. tt g t t     Ta có     2 2 2 .2 .ln2 ' 2 ln2 0, 0 2 t t t g t t g t t         đồng biến trên   0; . Do đó từ     g x g y x y   . 0,25 Với xy ta được 2 2 2 2 4 0 xx    . Xét hàm số    2 2 2 2 4, 0; 2 xx f x x        ta có :     22 22 22 .2 .ln2 2 2 ' 2 ln 2 , ' 0 22 x x x x x f x f x x xx            2 2h x h x   , trong đó             22 2 2 ln2 1 2 ln2 1 2 , 0; 2 ' 0, 0; 2 x x x x h x x h x x x x x           0,25 Do đó     22 2 2 1h x h x x x x       . Lập bảng biến thiên của   fx ta được   0fx có nghiệm duy nhất 1x  . Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất     , 1,1 .xy 0,25 7a(1đ) Gọi M là trung điểm của BC nên   2 1;M t t . Gọi J là điểm đối xứng của I qua BC suy ra J là tâm ngoại tiếp tam giác HBC suy ra   4 1;2J t t . Do E nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC nên           2 2 2 2 4 1 2 1 4 5 2 1 24 24 1 3;1JH JE t t t t t t M              . 0,5 Do M là trung điểm của BC nên BC nhận   2;1IM  làm vtpt suy ra phương trình BC:     2 3 1 0 2 7 0 ;7 2 , 4x y x y B t t t           . Theo trên ta được   5;2J , kết hợp với B, E đều nằm trên đường tròn tâm J nên     22 22 5 5 2 10JB JE t t      2 6 8 0 2, 4t t t t       , so sánh với điều kiện 4t  ta được   2 2;3tB . Mặt khác M là trung điểm của BC nên 2 4, 2 1 C M B C M B x x x y y y       . Vậy     2;3 , 4; 1 .BC 0,5 0 - - 0 f(x) f'(x) x 1 2 0 H I M J C B A 8a(1đ) Viết 12 , dưới dạng tham số và kết hợp với A, B lần lượt thuộc 12 , ta được:     2 ;1 2 ;1 2 , 2 2 ; 3 ,1A m m m B n n n       0,25 Do M là trung điểm của AB nên   2 2 2 2 4 2 0 0 2 1 2 3 2 2 0 2;1;1 0 1 2 1 2 2 0 2 A B M A B M A B M x x x m n m n m y y y m n m n A n m n m n z z z                                               0,5 Đường thẳng AB có vtcp là   2 0; 2;0 : 1 2 1 x AM pt AB y t z             0,25 9a(1đ) Ta có   2 0 1 2 2 2 2 1 1 n n n n n C C C     0 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n C C C C C          0,25 0 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n C C C C C         1 2 1 2 100 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n n n n C C C C C C               0,25 2 100 2 2 50. n n    Theo công thức khai triển Newton ta được:   50 50 50 3 50 2 2 5 150 50 50 3 00 1 . . . k k k k k kk x C x x C x x           Hệ số chứa 10 x tương ứng với 5 150 0 32kk    . Vậy hệ số của 10 x là 32 50 C . 0,5 7b(1đ) Do M nằm trên đường thẳng có pt   2 1 0 2 1;x y M t t     . Đường tròn đia qua 4 điểm B, C, C’, B’ nhận BC làm đường kính nên có phương trình:     2 22 2 1 5 2 BC x t y t          0,25 Đường tròn qua A, B’, H, C’ nhận AH làm đường kính nên có phương trình là: 2 22 5 2 AH xy       . Khi đó phương trình đường thẳng B’C’ có phương trình là:         2 2 2 2 2 2 2 1 0 2 2 1 2 2 1 0x t y t x y t x ty t t               0,25 Do đường thẳng B’C’ đi qua điểm   3; 4 nên     2 22 6 2 1 8 2 1 0 1 0t t t t t          1t   , kết hợp với điều kiện   0 1 3;1t t M    . 0,25 Đường thẳng BC đi qua điểm M và nhận vtpt       4;2 :4 3 2 1 0AH BC x y      2 7 0xy    . Vậy phương trình đường thẳng :2 7 0.BC x y   0,25 8b(1đ) Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng 12 , là mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 12 , làm đường kính. Giả sử mặt cầu cần lập là (S) và A, B lần lượt là tiếp điểm của (S) với 12 , . Viết phương trình 12 , dưới dạng tham số thì ta có     2 ;1 4 ;1 2 , 2 ;3 ; 1A m m m B n n n        0,25 Do AB là đoạn vuông góc chung của 12 , nên     1 1 . 0 3 21 0 0 2;1;1 , 2;3; 1 30 .0 ABu n m m n A B nm ABu                      0,5 Trung điểm I của AB có tọa độ là   0;2;0I nên phương trình mặt cầu cần lập là:   2 22 26x y z    0,25 9b(1đ) Giả sử số có 3 chữ số thỏa mãn tổng các chữ số chia hết cho 10 là abc . Khi đó số các số có 3 chữ số tùy ý là 2 9.10 900 . Trước hết ta có nhận xét sau: Nhận xét: Số nghiện không âm của phương trình 1 2 3 x x x n   bằng 2 2n C  . Ta có 10a b c k   , kết hợp với 0 , , , 9a b c d nên   1,2,3k  . Ta xét các trường hợp sau : TH1. Nếu 1k  thì 10abc   . Khi đó số nghiệm của pt này với a tùy ý là 2 12 C và số nghiệm với 0a  là 1 11 C suy ra số các số thỏa mãn trong trường hợp này là 2 1 2 12 11 11 11C C C    (ở đây ta phải bỏ 0,5 đi trường hợp 10, 0. a b c    ). TH2. Nếu 2 k  thì 20 abc    . Đặt 9 , 9 , 9 a x b y c z       , kết hợp với điều kiện ,, abc ta được   , , 0,1, ,9 x y z  và 7 x y z    . Mỗi bộ   ,, abc thỏa mãn yêu cầu bài toán tương ứng với một bộ   ,, x y z với điều kiện 9 x  (đk này luôn thỏa mãn). Khi đó số nghiệm không âm   ,, x y z là 2 9 C suy ra số các số thỏa mãn trong trường hợp này là 2 9 C . 0,25 Vậy số các số có 3 chữ số thỏa mãn ycbt là 22 11 9 1 90 CC    . Do đó xác suất cần tìm là 90 0,1. 900  0,25 Cảm ơn  t hầy  Nguyễn D uy L iên ( lie n t o an cv p @v in h p h u c.e d u . v n ) g ửit ơ i www. la is ac . p ag e. t l .     0,25 2 100 2 2 50. n n    Theo công thức khai triển Newton ta được:   50 50 50 3 50 2 2 5 150 50 50 3 00 1 . . . k k k k k kk x. CHUYÊN KỲ THI KSCL ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 3 ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN