ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 môn toán TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ doc

Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số 4 2 y x 4x 3 (C)= − + − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: 4 2 2 x 4x 3 7m m− + − = − có nghiệm thuộc đoạn 2; 5   −   . Câu II (2.0 điểm) 1. Giải phương trình: − π − π     + + =         6 6 x x 2x 3 6x 4sin 4 cos 3 4cos cos 2 2 4 4 . 2. Giải bất phương trình: + + + + > + 2x x x 4 1 x 4 3 8.3 9 . Câu III (2.0 điểm) Cho hình lặng trụ đứng ABC.A'B'C' có AB a,= AC 2a,= AA' 2a 5= và  0 BAC 120= . Gọi K là trung điểm của cạnh CC' . 1. Tính thể tích kh ố i chóp A.A'BK . 2. Xác đị nh tâm và bán kính m ặ t c ầ u ngo ạ i ti ế p t ứ di ệ n A'B'BK . 3. G ọ i I là trung đ i ể m c ủ a BB' , tính kho ả ng cách t ừ đ i ể m I đế n m ặ t ph ẳ ng ( ) A'BK . Câu IV (1.0 điểm) Trong m ặ t ph ẳ ng Oxy , cho hình ch ữ nh ậ t ABCD có di ệ n tích b ằ ng 12, tâm I là giao đ i ể m c ủ a hai đườ ng th ẳ ng 1 d :x y 2 0 − − = và 2 d :2x 4y 13 0 + − = . Trung đ i ể m M c ủ a c ạ nh AD là giao đ i ể m c ủ a 1 d v ớ i tr ụ c Ox . Tìm t ọ a độ các đỉ nh c ủ a hình ch ữ nh ậ t bi ế t đ i ể m A có tung độ d ươ ng. Câu V (1.0 điểm) M ộ t h ộ p bi có 5 viên bi đỏ , 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. H ỏ i có bao nhiêu cách l ấ y ra 4 viên bi trong đ ó s ố bi đỏ l ớ n h ơ n s ố bi vàng. Câu VI (1.0 điểm) Gi ả i h ệ ph ươ ng trình:  + + + − + = + −   − + =   3 2 2 2 y 3y y 4x 22x 21 (2x 1) 2x 1 (1) 2x 11x 9 2y (2) ( ) ∈ ℝ x, y Câu VII (1.0 điểm) Cho x, y, z là ba s ố th ự c d ươ ng th ỏ a mãn: x y z 3 3. + + = Tìm giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a bi ể u th ứ c: 2 2 2 1 1 1 1 P x y z xy yz zx = + + + + + . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. H ọ và tên thí sinh: S ố báo danh: (Đề thi gồm 01 trang) SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Kh ố i A, A 1 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi: 8/12/2012 Trang 1/4 Câu Đáp án Điểm I (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Khảo sát hàm số 4 2 y x 4x 3= − + − • Tập xác định: D = ℝ . • Sự biến thiên: x lim y →−∞ = −∞ , x lim y →+∞ = −∞ 3 x 0 y 3 y' 4x 8x, y' 0 x 2 y 1 = ⇒ = −  = − + = ⇔  = ± ⇒ =  0.25 Bảng biến thiên: x −∞ 2− 0 2 +∞ y' + 0 – 0 + 0 – y 1 1 CĐ CĐ CT −∞ 3 − −∞ 0.25 Hàm số nb trên các khoảng ( 2;0), ( 2; )− +∞ và đb trên ( ; 2), (0; 2)−∞ − Hàm số đạt cực tiểu tại CT x 0, y 3= = − và đạt cực đại tại C § x 2, y 1= ± = . 0.25 0.25 2. (1.0 điểm) Tìm m để phương trình có nghiệm … Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số = = − + − 4 2 y g(x) x 4x 3 (C') và đường thẳng 2 d : y 7m m.= − V ẽ đồ thị (C '), ta có: ê ( ) êu 4 2 4 2 4 2 4 2 4 2 x 4x 3 n u x 4x 3 0 y g x x 4x 3 x 4x 3 n x 4x 3 0  − + − − + − ≥  = = − + − =  − + − + − <   0.25 0.25 T ừ đồ th ị ta có: (1) có nghi ệ m thu ộ c đ o ạ n 2 2 7m m 0 [ 2; 5] 7m m 8  − ≥  − ⇔  − ≤   0.25 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) • Đồ thị: x 1± 3± 2± y 0 0 3− - Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. Từ (C) ta vẽ (C ') như sau: - Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm phía trên trục Ox. - Lấy đối xứng phần đồ thị (C) nằm phía dưới trục Ox qua trục Ox. - Xóa phần đồ thị (C) nằm phía dưới Ox. ⇒ Ta thu được đồ thị (C ') . Sau đó lấy đồ thị (C ') trên [ 2; 5]− với g( 2) 3;g( 5) 8− = = . Trang 2/4 m 0 m 1/ 7 1 m 0 1 m 8 / 7 1 / 7 m 8 / 7 ≤ ∨ ≥ − ≤ ≤   ⇔ ⇔   − ≤ ≤ ≤ ≤   Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: 1 m 0; 1 / 7 m 8 / 7− ≤ ≤ ≤ ≤ . 0.25 II (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Giải phương trình: 3 2 2 2 2 2 2 x x x x x x 4 sin cos 3sin cos sin cos 3 2 cos(2x ) cos x 2 2 2 2 2 2 2     π       ⇔ + − + + = −π + − −                       0.25 ( ) 2 3 4 1 sin x 3 2 cos2x sin x 4   ⇔ − + = − −     0.25 2 4 3sin x 3 2 cos 2x 2 sin x⇔ − + = − − 2 2 7 3sin x 2(1 2 sin x) 2 sin x⇔ − = − − − 2 7sin x 2sin x 9 0⇔ − − = 0.25 1 2 9 2 7  = − π  ⇔ ⇔ = − + π  =   sin x x k sin x (loaïi) Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 2k 2 π = − + π 0.25 2. (1.0 điểm) Giải bất phương trình… ĐKXĐ: x 4≥ − BPT 2x x x 4 2 x 4 3 8.3 9.3 0 + + + ⇔ − − > ( ) 2 x x 4 x x 4 3 8.3 9 0 − + − + ⇔ − − > Đặt x x 4 t 3 − + = , đk: t > 0. BPT có dạng: 2 t 8t 9 0− − > 0.25 t 1 t 9 < −  ⇔  >  . Do t > 0 ta được nghiệm t > 9 0.25 Với t > 9 − + ⇒ > ⇔ − + > ⇔ + < − x x 4 3 9 x x 4 2 x 4 x 2 (1) TH1: − ≤ <4 x 2 ⇒ < ≤VP(1) 0 VT(1) . Vậy (1) vô nghiệm 0.25 TH2: x 2≥ ⇒ ⇔ + < − ⇔ − ⇔ < ∨ > 2 2 (1) x 4 (x 2) x 5x > 0 x 0 x 5 . Kết hợp v ới x 2≥ ta được >x 5 . Vậy bất phương trình có nghiệm >x 5 . 0.25 III (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Tính thể tích khối chóp A.A'BK . C A B B' A' C' K E I 0.25 Mà = = 2 0 ABC 1 a 3 S AB.ACsin120 2 2 0.25 Vậy = = 2 3 A.A'BK 1 a 3 a 15 V . .2a 5 3 2 3 0.5 2. (0.5 điểm) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A 'B ' BK . ABC∆ có: 2 2 2 0 2 BC AB AC 2AB.AC.cos120 7a= + − = ( ) 2 2 2 2 2 2 BK BC CK 7a a 5 12a= + = + = , 2 2 2 2 2 2 A 'K A 'C' C 'K 4a 5a 9a= + = + = , 0.25 Do CK / /(AA 'B) nên ta có: A.A 'BK K.AA 'B C.AA'B V V V= = A'.ABC ABC 1 V S .AA ' 3 = = Trang 3/4 2 2 2 2 2 2 A ' B A 'A AB 20a a 21a= + = + = Suy ra 2 2 2 A 'B A ' K BK A'BK= + ⇒ ∆ vuông tại K. Ta có   0 A ' KB A 'B'B 90= = ⇒ 4 điểm A ',B,K,B' nằm trên mặt cầu đường kính A 'B . Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A 'B ' BK có tâm E là trung điểm A 'B và bán kính 1 a 21 R A 'B 2 2 = = . 0.25 3. (0.5 điểm) Tính khoảng cách từ I đến mp Vì I là trung điểm của BB' ( ) ( ) 1 d I,(A 'BK) d B',(A 'BK) 2 ⇒ = Do E là trung điểm của AB ' ( ) ( ) d B ',(A'BK) d A,(A ' BK)⇒ = 0.25 Tam giác A 'BK có 2 A'BK 1 1 BK A' K S A 'K.BK .3a.2a 3 3a 3 2 2 ⊥ ⇒ = = = Có ( ) A.A 'BK A 'BK 1 V S .d A,(A 'BK) 3 = ( ) 3 A.A'BK 2 A'BK 3V a 15 a 5 d A,(A 'BK) S 3 3a 3 ⇒ = = = Vậy ( ) 1 a 5 a 5 d I,(A 'BK) 2 3 6 = = . 0.25 IV (2.0 điểm) Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Ta có 1 d cắt 2 d tại I ⇒ toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 7 x x y 2 0 2 2x 4y 13 0 3 y 2  =  − − =   ⇔   + − =   =   7 3 I ; 2 2   ⇒     . Theo giả thiết M là trung điểm cạnh AD và 1 M d Ox= ∩ ⇒ ( ) M 2;0 . 0.25 Ta có 3 IM ,AB 2IM 3 2 2 = = = . Theo giả thiết ABCD S AB.AD 12= = ABCD S 12 AD 2 2 AB 3 2 ⇒ = = = . Vì I và M cùng thuộc đường thẳng 1 d 1 d AD ⇒ ⊥ Đường thẳng AD đi qua ( ) M 2;0 và nhận n (1;1)=  làm VTPT nên có PT: 1(x 2) 1(y 0) 0 x y 2 0− + − = ⇔ + − = 0.25 Lại có 1 MA MD AD 2 2 = = = . Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ phương trình 2 2 x y 2 0 x 3 x 1 y 1 y 1 (x 2) y 2 + − =  = =   ⇔ ∨    = − = − + =    . Vì A y 0> ⇒ A(1;1), D(3; 1)− . 0.25 Do 7 3 I ; 2 2       là trung điểm của AC và BD suy ra C(6;2), B(4;4) . V ậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(1;1), B(4;4), C(6;2), D(3; 1)− . 0.25 V (1.0 điểm) Hỏi có bao nhiêu cách Các trường hợp để chọn được 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng là: 0.25 TH1: Cả 4 viên bi đều là bi đỏ có 4 5 C cách chọn TH2 : Trong 4 viên bi có 1 bi đỏ và 3 bi xanh có 1 3 5 4 C C cách chọn. Trang 4/4 TH3: Trong 4 viên bi có 3 viên bi đỏ, 1 bi xanh có 3 1 5 4 C C cách chọn TH4: Trong 4 viên bi có 3 viên bi đỏ, 1 bi vàng có 3 1 5 3 C C cách chọn 0.25 TH5 : Trong 4 viên bi có 2 bi đỏ và 2 bi xanh có 2 2 5 4 C C cách chọn TH6 : Trong 4 viên bi có 2 bi đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng có 2 1 1 5 4 3 C C C cách chọn 0.25 Vậy có : 4 5 C + 1 3 5 4 C C + + 3 1 3 1 5 4 5 3 C C C C + 2 2 5 4 C C + 2 1 1 5 4 3 C C C =275 cách chọn thoả mãn. 0.25 VI (1.0 điểm) Giải hệ phương trình… Điều kiện: x 1 / 2 ( )≥ ∗ Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) nhân với 2 ta được: 3 2 3 2 y 3y y 3 (2x 1) 2x 1 4y y 3y 5y 3 (2x 1) 2x 1+ + + = + − − ⇔ + + + = + − 3 2 y 3y 3y 1 2y 2 (2x 1 2) 2x 1⇔ + + + + + = − + − ( ) 3 3 (y 1) 2(y 1) 2x 1 2 2x 1 (3)⇔ + + + = − + − 0.25 Xét hàm số: 3 f(t) t 2t= + với t .∈ℝ Ta có: = + > 2 f '(t) 3t 2 0 với ∀ ∈ ⇒ℝ t f(t) đồng biến trên . ℝ Do đó: (3) f(y 1) f( 2x 1) y 1 2x 1 y 2x 1 1⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = − − 0.25 Thay vào (2) ta được: 2 2 2x 11x 9 2 2x 1 2 2 2x 1 2x 11x 11− + = − − ⇔ − = − +  − + ≥ ∗∗  ⇔  − = − +   2 2 2 2x 11x 11 0 ( ) 4(2x 1) (2x 11x 11) (4) 4 2 3 2 (4) 8x 4 4x 121x 121 44x 44x 242x⇔ − = + + − + − 4 3 2 3 2 4x 44x 165x 250x 125 0 (x 1)(4x 40x 125x 125) 0⇔ − + − + = ⇔ − − + − = 2 (x 1)(x 5)(4x 20x 25) 0⇔ − − − + = 0.25 x 1 (tháa m·n ( ),( )) x 1 y 0 x 5 (tháa m·n ( ),( )) x 5 y 2 x 5 / 2 (kh«ng tháa m·n ( )) = ∗ ∗∗  = ⇒ =   ⇔ = ∗ ∗∗ ⇔   = ⇒ =   = ∗∗  Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x;y) {(1;0),(5;2)}∈ 0.25 VII (1.0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức… Ta có: Cauchy 2 2 2 3 2 2 2 3 1 1 1 3 (xy yz zx) 3 x y z 9 xy yz zx x y z   + + + + ≥ ⋅ =     1 1 1 9 xy yz zx xy yz zx ⇒ + + ≥ + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y z= = 0.25 Do đó: 2 2 2 1 9 P x y z xy yz zx ≥ + + + + + 2 2 2 1 1 1 7 x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx = + + + + + + + + + + + Cauchy 2 2 2 2 3 3 7 xy yz zx (x y z )(xy yz zx) ≥ + + + + + + + 0.25 Mặt khác: ▪ 2 2 2 2 Cauchy 2 2 2 2 3 x y z 2xy 2yz 2zx (x y z) (x y z )(xy yz zx) 9 3 3 + + + + + + + + + + + ≤ = = ▪ 2 2 2 2 2 2 x y z xy yz zx x y z 2xy 2yz 2zx 3xy 3yz 3zx+ + ≥ + + ⇔ + + + + + ≥ + + 2 (x y z) 3xy 3yz 3zx xy yz zx 9.⇔ + + ≥ + + ⇔ + + ≤ 0.25 Suy ra: 3 7 10 P 9 9 9 ≥ + = ⋅ Vậy 10 min P 9 = Dấu “=” xảy ra khi x y z 3.= = = 0.25 . NINH TRƯỜNG THPT LÝ TH I TỔ ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 -2013 Môn: TOÁN; Kh ố i A, A 1 Th i gian: 180 phút, không kể th i gian phát đề. . THPT LÝ TH I TỔ ĐÁP ÁN – THANG I M ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Kh i A, A1 (Đáp án – thang i m gồm 04 trang) • Đồ thị: x 1±