THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn: Toán - TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 3 ppt

TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 3 THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2 điểm). Cho hàm số: 3 2 2 1 3 3 y x x    a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . b) Viết phương trình đường thẳng () đi qua điểm M 1 0; 3       cắt đồ thị (C) tại M, A, B phân biệt sao cho: Tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại A, B của đồ thị (C) bằng 30 Câu II. (2 điểm) a) Giải phương trình : 2 2 1 1 sin tan 2cos 2 x x x   b) Giải bất phương trình : 2 2 3 2 9 6 2 x x x x x x      Câu III. (2 điểm) a) Tính tích phân: 2 2 6 cot 3 cos     x dx x b) Cho x, y, z là 3 số thực dương có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2( ) 4 9 2024 P x y z xyz x      Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD// BC. AD AB=BC= 2 = a. SA vuông góc với đáy, 3 SA a  . Tính thể tích khối chópS.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD). II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.) A. Theo chương trình Chuẩn Câu Va: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình trên R : 2 4 3 1 1 2 4 (4 ) x y x y y x y y               Câu VI.a: (2,0 điểm) 1) Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết : A(1;1), B(5;5), tâm đường tròn nội tiếp tam giác là I(0;2). Tìm tọa độ đỉnh C. 2) Trong không gian Oxyz cho 4 điểm: A(4;2;2), B(1;2;5), C(0;1;1). Chứng minh ABC  là tam giác đều. Tìm tọa độ điểm S để hình chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 2 2 3 2 4 2 1 2 2 1 2 2 3 5 2 4 y x x y x y y xy y x                 Câu VI.b: (2,0 điểm) 1) Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): 2 2 5 2 ( 3)x y    và đường thẳng d: 2 1 0 x y    . Lập phương trình các cạnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) biết A d.  2.Trong không gian Oxyz cho 3 điểm : A(5;3;0), B(2;3;3), C(1;2;1). Chứng minh  ABC là tam giác đều. Tìm tọa độ điểm D để ABCD là tứ diện đều. …………… Hết …………… ( Ghi chú : Thí sinh khối B, D không phải làm câu III ý b ) Họ và tên thí sinh:……………………………………… SBD:………………………. Đ ề thi thử lần 1 ĐÁP ÁNBIỂU ĐIỂM Thi thử ĐH  2013Môn Toán Câu Nội dung Điểm Câu I a) 1đ a) 3 2 2 1 3 3 y x x    *) TXĐ: D= R *) SBT: +. 2 ' 2 2 y x x    0 ' 0 1 x y x        +. Xét dấu y’  Hàm số đồng biến trên các khoảng: (  ;0) và (1;+ ) Hàm số nghịch biến trên khoảng: (0;1) +. Cực trị :Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ; y cđ = 1/3 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y ct = 0 +. Giới hạn: lim ; lim x x y y       +. Bảng biến thiên: x  0 1  y’ +  + y 1 3   0 *) Đồ thị: 1 '' 4 2 '' 0 2 y x y x        1 1 ( ; ) 2 6 I Đồ thi đi qua các điểm: 8 1 (2; ), ( 1; ) 3 3 E F  và nhận điểm 1 1 ( ; ) 2 6 I làm tâm đối xứng. 0,25 0,25 0,25 0,25 b) 1đ b) Ta có phương trình (  ): 1 3 y kx   . Xét phương trình hoành độ giao điểm: 23 2 1 (2 3 3 ) 0 3 2 1 3 3 kx x x x kx x         2 0 2 3 3 0 (*) x x x k         () cắt đồ thị (C) tại M, A, B phân biệt  (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0  3 0 9 24 0 8 0 0 0 k k k k k                       Khi đó gọi 1 2 , x x là nghiệm của phương trình (*). Do 2 ' 2 2 y x x    Tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại A, B của đồ thị (C) bằng 30  1 2 '( ). '( ) 30 y x y x  1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 ( 1)( 1) 30 4 ( ) 1 [ ]=30 x x x x x x x x x x        (**) Theo Viet : (**)  5 3 1 6 ( ) 30 3 2 2 2 k k k k           . đối chiếu Đ/k  5 3 k  thỏa mãn Vậy phương trình (  ) là: 5 1 3 3 y x   0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II a) 1đ a) Giải phương trình : 2 2 1 1 sin tan 2cos 2 x x x   . Đ/k: 2 k x   Phương trình đã cho  2 2 1 sin 1 sin 1 sin 1 sin 1 0 1 cos 1 cos 1 cos 1 cos x x x x x x x x                    1 sin 1 0 ( : ) 1 cos 2 Do x k x x       0,25 0,25 0,25 sin cos 0 x x     4 π x k π    ( Thỏa mãn đ/k) 0,25 b) 1đ Đ/K : 2 3 x  Bất p t  2 3 2 (3 2 (3 2 2) 2 x x x x x x        Đặt: 2 3 2 3 2 a x x a      Bất phương trình trở thành : 2 2 2) (1 2) (1 ax x a      (2) Xét hàm số: 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) 1 2 0, 2 t f t t t t f t t t R t               hàm số đồng biến nên (2)  3 2 x x   . do đ/k  2 3 2 0 1 2 x x x       .Đối chiếu đ/k Tập nghiệm bất pt là 1;2] [ T  0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III a) 1đ Ta có : I= 2 2 6 cot 3 cos     x dx x = 2 2 6 2 cos .sin 3 cossin .       x x dx x x Đặt: 2 3 cos t x   . Đổi cận: 15 6 2 x t     , 3 2 x t     2 2 3 cos sin .cos t x tdt x xdx       15 3 2 2 2 15 3 2 1 (4 ) (4 ) tdt I dt t t t        = 15 2 3 1 1 1 4 ( 2) ( 2) dt t t           I 15 2 3 1 2 1 4 15 2 3 ln ln ln 4 2 4 4 15 2 3 t t                  0,25 0,25 0,25 0,25 b) 1đ Có:   2 2 2 2 , 2 2 y z y z y z yz               2 2 2 2 4 9 2024 2 2 y z y z P x x x                      thế y + z = 3 – x vào ta được   3 2 9 24 2033 P x x x f x       Xét 3 2 ( ) 9 24 2033 f x x x x     trên (0; 3) Ta có: 2 '( ) 3 18 24 f x x x     2 2 '( ) 0 6 8 0 4 x f x x x x            . Do : (0;3) x   2 x  Lập BBT ta tìm được     (0;3) 2 2013 Min f x f  P = 2013 khi x = 2; y = z = 1 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2013 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV 1 đ +. Gọi O là trung điểm AD. Dễ C/m được ABCD là nửa lục giác đều  OCD  đều cạnh bằng a  2 3 3 3 4 ABCD OCD a S S     3 . 1 3 . 3 4 S ABCD ABCD a V S SA  +. ABCD là nửa lục giác đều  AC CD  SCCD, AC 3 a   6 SC a  2 6 2 SCD a S    Mà 2 3 4 BCD a S    3 . 1 . 3 4 S BCD BCD a V S SA       . 3 3 ;( ) 2 6 S BCD SCD V a d B SCD S    0,25 0,25 0,25 0,25 A B D S C O Câu Va: 1đ Giải: 2 4 3 1 1 2 (1) 4 (4 ) (2) x y x y y x y y               Đ/k: 1 , 1 x y    (2)        2 3 3 3 ( 4) 4 4 0 x y y xy x y x y x y           (*) vì 1 y  và 1 1 2 x y     nên 1 x   2  x  3 .Do đó 3 4 x y    0 Dấu “ = ” xảy ra  3, 1 x y    (*)  3 , 1 x y x y       Với 3, 1 x y   thỏa mãn (1)  3, 1 x y   là 1 nghiệm của hệ Với x = y Thế vào pt (1) đầu ta được 1 1 2 x x      2 2 1 2 0 x x      0 y  ( thỏa mãn đ/k)  0, 0 x y   là 1 nghiệm Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là: 0 0 x y      và 3 1 x y      0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VIa 1) 1 đ 1) Phương trình AB: 0 x y      ; 2 d I AB  . phương trình AC: ( 1) ( 1) 0 a x b y     ( a b   ) AC tiếp xúc với đường tròn tâm I bán kính 2 R     ; 2 d I AC   2 2 2 2 3 2 6 7 0 7 a b a b a ab b a b a b               , a b   loại  chọn: 7, 1 a b    phương trình AC là 7 8 0 x y    Tương tự:. phương trình BC: ( 5) ( 5) 0 a x b y     ( a b   )  2 2 2 2 5 3 2 23 30 7 0 23 7 a b a b a ab b a b a b                 , a b   loại  chọn: 7, 23 a b     phương trình AC là 7 23 80 0 x y    C là giao điểm của AC và BC  xét: 11 7 8 0 7 7 23 80 0 3 x y x x y y                    11 ;3 7 C        Kiểm tra ta thấy I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vậy: 11 ;3 7 C        0,25 0,25 0,25 0,25 b) 1đ ( 3;0; 3) AB     , ( 4; 1;1), ( 1; 1;4) AC BC         3 2 AB AC BC    tam giác ABC đều Đặt : S(a;b;c)  ( 4; 2; 2) AS a b c      , ( 1; 2; 5) BS a b c      Do tam giác ABC đều , SA, SB, SC đôi một vuông góc  các tam giác SAB,SAC,SBC bằng nhau  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 4) ( 2) ( 2) ( 1) ( 2) ( 5) ( 4) ( 2) ( 2) ( 1) ( 1) ( 4)( 1) ( 2)( 2) ( 2)( 5) 0 . 0 a b c a b c SA SB SA SC a b c a b c a a b b c c SA SB                                                  1 4 11 ( 4)( 1) ( 2)( 2) ( 2)( 5) 0 a c a b c a a b b c c                      2 1 5 10 ( 4)( 1) ( 5 8) (1 )(4 ) 0 c a b a a a a a a                     2 , 0 , 3 4 10 7 , , 3 3 3 a b c a b c               có 2 điểm S thỏa mãn là : 1 2 4 10 7 (2;0; 3) , ( ; ; ) 3 3 3 S S   0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Vb 1đ Đ/k: 1 1 , 2 x y   . Hệ phương trình  2 2 3 2 (1) 2 1 2 4 2 2 1 2 3 5 2 4 (2) yx x x y y y xy y x                 Xét hàm số: 2 ( 2) ( ) 2 1 t f t t t     1 ( 2) ln 2 0 1 '( ) 2 1 t t f t t t         Hàm số đồng biến trên [1;  )  (1)  ( ) (2 ) 2 f x f y x y    Thay vào (2) ta được: 3 2 4 4 0 1 y y y y       ( thỏa mãn đ/k) Vậy hệ có 1 nghiệm là ( ; ) (2;1) x y  0,25 0,25 0,25 0,25 CâuVIb 1) 1đ 1) Ta có : tâm (C ) là: I(3;0) 5 2 R  . A d   A(t;2t1) .A là đỉnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp (C)  5 IA   2 2 2 ( 3) (2 1) 5 5 10 5 0 1 t t t t t           A(1;1), C(5;1) (Do I là trung điểm AC ) phương trình AB: ( 1) ( 1) 0 a x b y     ( 2 2 0 a b   ) AB tiếp xúc với đường tròn tâm I bán kính 5 2 R     5 ; 2 d I AB   2 2 2 2 3 2 5 3 8 3 0 1 2 3 a b a b a ab b a b a b                , Chọn: 3, 1 1, 3 a b a b         TH 1: 3, 1 a b   Phương trình AB: 3 4 0 x y    phương trình AD: 3 2 0 x y    Phương trình CD: 3 14 0 x y    , phương trình BC: 3 8 0 x y    TH2: 1, 3 a b    Phương trình AB: 3 2 0 x y    phương trình AD: 3 4 0 x y    Phương trình CD: 3 8 0 x y    , phương trình BC: 3 14 0 x y    0,25 0,25 0,25 0,25 2) 1đ ( 3;0; 3) AB     , ( 4; 1;1), ( 1; 1;4) AC BC         3 2 AB AC BC    tam giác ABC đều Đặt : D(a;b;c)  ( 5; 3; ) AD a b c     , ( 2; 3; 3) BD a b c      ABCD là tứ diện đều  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 5) ( 3) ( 2) ( 3) ( 3) ( 5) ( 3) ( 1) ( 2) ( 1) 3 2 ( 5) ( 3) 18 a b c a b c DA DB DA DC a b c a b c DA a b c                                           2 2 2 2 2 2 2 2 4 14 16 5 ( 5) ( 3) 18 ( 5) (13 5 ) (2 ) 18 a c c a a b c b a a b c a a a                                 2 2 2, 6 , 0 16 5 10 2 4 , , 3 3 3 3 16 20 0 c a a b c b a a b c a a                           có 2 điểm D thỏa mãn là : 1 2 10 2 4 (2;6;0) , ( ; ; ) 3 3 3 D D   0,25 0,25 0,25 0,25 Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng . TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 3 THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 20 13 Môn: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút (Không. SBD:………………………. Đ ề thi thử lần 1 ĐÁP ÁNBIỂU ĐIỂM Thi thử ĐH  20 13 Môn Toán Câu Nội dung Điểm Câu I a) 1đ a) 3 2 2 1 3 3 y x x    *) TXĐ: