02 HDG de vip moon so 2 Trung tâm LTĐH MOON VN – Số nhà 25B, ngõ 66, Thái Thịnh II www moon vn TRUNG TÂM LT ĐH MOON VN THI TH Ử ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn thi TOÁN; kh ối A, lần 2 (VIP) Thời gian làm bài 18[.]
TRUNG TÂM LTĐH THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 MOON.VN Mơn thi: TỐN; khối A, lần (VIP) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi m = , ta có hàm số y = x − x + • Tập xác định : D = ℝ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = x( x − 3) ; y ' = ⇔ x = x = ± 0,25 - Các khoảng đồng biến: (− 3;0) ( 3; +∞) , khoảng nghịch biến (−∞; − 3) (0; 3) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, yC § = ; đạt cực tiểu x = ± 3, yCT = −6 0,25 - Giới hạn: lim = +∞ lim = +∞ x→−∞ - Bảng biến thiên x −∞ y’ +∞ y x→+∞ – − + 0 – -6 • +∞ + +∞ 0,25 -6 Đồ thị : 0,25 b) (1,0 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm ) d: x − 2(m + 1) x + 2m − = −1 ⇔ x − 2(m + 1) x + 2m = (1) Đặt t = x ≥ Khi phương trình (1) trỏ thành: t − 2(m + 1)t + 2m = (2) Để (Cm ) cắt d hai điểm phân biệt phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt nghĩa phương trình (2) phải có nghiệm dương Trong phương trình (2) có ∆ ' = m + > 0, ∀m nên (2) ln có hai nghiệm phân biệt Vậy để (2) có nghiệm dương (2) phải có hai nghiệm trái dấu Điều tương đương với: ac < ⇔ m < 0,25 0,25 Khi (2) có hai nghiệm: t1 = m + − m + < < t2 = m + + m + ( ) ( Tọa độ A − t2 ; −1 , B Ta có S ∆IAB = ) t2 ; −1 ⇒ AB = t2 d ( I , d ) AB ⇔ AB = S ∆2IAB với d ( I , d ) = + = 0,25 ⇔ 16t2 = 16(2 − 2) ⇔ m2 + = − − m Trung tâm LTĐH MOON.VN – Số nhà 25B, ngõ 66, Thái Thịnh II www.moon.vn m < − m < − m < − ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ ∃m 2 − − m = 2 − m = (1 ) m + = − − m Vậy khơng có giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán PT ⇔ sin x + = cos x cos x + sin x + 4sin x ( (1,0 điểm) ) 0,25 0,25 ⇔ sin x + = cos x cos x + cos x sin x + 2(1 − cos x) ⇔ cos x cos x + sin x(2 cos x − 1) − cos x = ⇔ cos x ( π kπ cos x = ⇔ x = + cos x + sin x − = ⇔ sin x + cos x = ) 0,25 (1) π π (1) ⇔ sin x + = ⇔ x = + k 2π 3 Vậy phương trình có nghiệm : x = (1,0 điểm) 0,25 π kπ π + ; x = + kπ, k ∈ ℤ 0,25 Điều kiện : x ≥ , y ≥ x − = ( y + 2013)(5 − y ) + y (1) Hệ cho trở thành y + (2 − x) y − x − = (2) x−2− x−4 = −3 y1 = 2 Từ (2) ta có: ∆ = ( x + 4) nên (2) có hai nghiệm ( y ≥ ) y = x − + x + = x +1 2 Do y = x + x − − x + = ( x + 1) + 2013 (4 − x) Thế vào (1) ta có x−4 = − ( x + 1)2 + 2013 ( x − 4) 2x − + x +1 ⇔ (1,0 điểm) 0,25 0,25 x−4 ⇔ ( x − 4) + ( x + 1) + 2013 = ⇔ x = ⇒ y = 2x − + x +1 0,25 1 + ( x + 1) + 2013 > 0, ∀x ≥ , y ≥ Do 2x − + x + Vậy nghiệm hệ là: ( x, y) = (4,5) 0,25 1 Ta có I = ∫ xe dx − ∫ 2x 0 x3 − x2 dx = I1 − I2 e2 x + Tính I1 Đặt u = x dv = e2 x dx , suy du = dx v = xe2 x e2 x e2 + Khi I1 = − ∫ dx = 0 0,25 0,25 + Tính I2 Đặt t = − x (t ≥ 0) , suy x = − t xdx = −tdt Đổi cận x = t = ; x = t = Trung tâm LTĐH MOON.VN – Số nhà 25B, ngõ 66, Thái Thịnh II 0,25 www.moon.vn Suy I2 = ∫ (4 − t )dx = −3 + Vậy I = (1,0 điểm) 16 e 61 +3 − 12 0,25 Do AH ⊥ ( A1 B1C1 ) nên AA1 H góc AA1 (A1B1C1), ta có AA1 H = 300 A B C K 0,25 A1 C1 H B1 a Xét tam giác vng AHA1 có AA1 = a, AA1 H = 300 ⇒ AH = 2 a a a = Ta cú V ABCA1 B1C1 = AH S A1 B1C = ⋅ a Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, AA1 H = 300 ⇒ A1 H = Do tam giác A1B1C1 a tam giác cạnh a, H thuộc B1C1 A1 H = nên A1H vng góc với B1C1 Mặt khác AH ⊥ B1C1 nên B1C1 ⊥ ( AA1 H ) Kẻ đường cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1 B1C1 A H AH a = Ta có AA1.HK = A1H.AH ⇒ HK = AA1 (1,0 điểm) Áp dụng BĐT Cơsi ta có xyz = 4( x + y + z ) ≥ 4.33 xyz , nên xyz ≥ Tiếp tục áp dụng BĐT Côsi ta 0,25 0,25 0,25 0,25 + x + yz ≥ 2 x + yz ≥ 2 x yz = 2 x yz = 2 xyz yz ≥ 4 yz 0,25 1 1 11 1 Suy ≤ ≤ + ≤ + + = + + x + yz 4 yz yz yz yz 1 1 ≤ + , ≤ + + y + zx zx + z + xy xy 19 1 19 3 Do P ≤ + + + = + = xy yz zx 4 Dấu đẳng thức xảy x = y = z = Vậy giá trị lớn P , đạt x = y = z = Tương tự ta có 7.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 x − y −1 = x = Ta có: B = AB ∩ BD suy tọa độ B nghiệm hệ: ⇔ ⇒ B = (7; 3) x − y + 14 = y = Giả sử A = (2a + 1; a ) ∈ AB : − y − = 0; D = (7 d − 14; d ) ∈ BD : x − y + 14 = Vì A, B phân biệt nên a ≠ ⇒ AB = (6 − 2a; − a ), BD = (7 d − 21; d − 3); AD = (7 d − 2a − 15; d − a ) Trung tâm LTĐH MOON.VN – Số nhà 25B, ngõ 66, Thái Thịnh II 0,25 www.moon.vn a = (loai) Do AB ⊥ AD ⇒ AB AD = ⇔ (3 − a )(15d − 5a − 30) = ⇔ 3d − a − = ⇒ a = 3d − ⇒ AD = (d − 3; − 2d ) Lại có: BC = ( xC − 7; yC − 3) Mà ABCD hình chữ nhật nên AD = BC 0,25 d − = xC − xC = d + ⇒ ⇒ C = (d + 4; − 2d ) 6 − 2d = yC − yC = − 2d ⇒ EA = (6d − 13; 3d − 7), EC = (d + 2; − 2d ) với E = (2;1) Mặt khác điểm E (2;1) ∈ AC ⇒ EA, EC phương ⇔ (6d − 13)(8 − 2d ) = (d + 2)(3d − 7) ⇔ d − 5d + = 8.a (1,0 điểm) 9.a (1,0 điểm) 0,25 d = ⇒ a = ⇔ ⇒a=0 d = ⇒ a = 3(loai ) Vậy A = (1; 0), B = (7; 3), C = (6; 5), D = (0; 2) đỉnh hình chữ nhật cần tìm 0,25 Ta có AC = ⇒ BA = BC = Tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình ( x − 5)2 + ( y − 3)2 + ( z + 1)2 = ( x − 5)2 + ( y − 3)2 + ( z + 1)2 = 2 ( x − 2) + ( y − 3) + ( z + 4) = ⇔ x + z − = x + y − z − = x + y − z − = 0,25 0,25 ( x − 5)2 + ( y − 3)2 + ( z + 1)2 = x = x = ⇔ z = − x ⇔ y = y = z = −1 z = −2 y = − 2x Nếu B(2;3; −1) , AB = DC nên D(5;3; −4) Nếu B(3;1; −2) , AB = DC nên D(4;5; −3) Đặt z1 = x1 + iy1 ( x1 , y1 ∈ R ) Khi điểm M ( x1 , y1 ) biểu diễn z1 0,25 0,25 2 Ta có i.z1 + = 0,5 ⇔ i.x1 − y1 + = 0,5 ⇔ x1 + ( y1 − 2) = 0, 25 Suy tập hợp điểm M biểu diễn z1 đường tròn (C1) tâm O1(0, 0,25 ), R1 = 0,5 Lại có, z2 = iz1 = − y1 + x1i Suy N (-y1 , x1) điểm biểu diễn z2 7.b (1,0 điểm) Ta cần tìm M thuộc (C1) để z1 − z2 = MN nhỏ Ta dễ thấy OM ( x1 , y1 ) ⊥ ON (− y1 , x1 ) OM = ON nên MN = OM Suy MN đạt giá trị nhỏ OM nhỏ 1 Đường thẳng OO1 đường tròn (C1) M1(0, − ) M2(0, + ) Dễ thấy MN nhỏ 2 1 − M trùng M1(0, − ) tức z1 = ( − )i 2 (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm (C) d nghiệm hệ: x + y − = x = x = ⇔ 2 y = y = x + y − 4x − 4y + = Ta giả sử A(2;0), B(0;2) Do d ln cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Ta có S∆ABC = CH AB (với H hình chiếu C AB) 0,25 0,25 0,25 0,25 Do S∆ABC max ⇔ CH max Ta thấy CH max C giao điểm đường thẳng ∆ qua tâm I vng góc với d Trung tâm LTĐH MOON.VN – Số nhà 25B, ngõ 66, Thái Thịnh II 0,25 0,25 www.moon.vn xC > Phương trình ∆ y = x x + y2 − x − y + = ⇒ C(2 + 2;2 + 2) Toạ độ C nghiệm hệ phương trình y = x 0,25 Vậy với C(2 + 2;2 + 2) S∆ABC max 8.b (1,0 điểm) 0,25 Chọn A(2;3; −3), B(6;5; −2) ∈ d Ta thấy A, B nằm (P) nên d nằm (P) Gọi d1 đường thẳng qua A vng góc với d nằm (P) Giả sử ud véctơ phương d, uP véctơ pháp tuyến (P) Khi véctơ phương d1 u = ud , uP = (3; −9;6) x = + 3t Phương trình đường thẳng d1 : y = − 9t z = −3 + t 9.b (1,0 điểm) Khi ∆ đường thẳng qua điểm M d1 song song với d Gọi M (2 + 3t;3 − 9t; −3 + 6t ) , ta có AM = 14 ⇔ 9t + 81t + 36t = 14 ⇔ t = ± x − y z +1 + Với t = M (3;0; −1) Do ∆ : = = 1 x −1 y − z + + Với t = − M (1;6; −5) Do ∆ : = = Thí sinh làm 32 câu được: 32.0,2 = 6,4 điểm − 6, Thí sinh muốn đạt điểm phải chọn = câu trở lên tổng số 0,2 10 câu cịn lại Nghĩa thí sinh sai 0, câu Mỗi câu có phương án nên tổng số cách chọn n(Ω) = 410 Mỗi câu có phương án sai nên có cách chọn sai câu - Chọn sai câu có số cách: 30.C100 0,25 - Chọn sai câu có số cách: 31.C101 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 - Chọn sai câu có số cách: 32.C102 Xác suất cần tính P = 30.C100 + 31.C101 + 32.C102 436 = 10 410 Trung tâm LTĐH MOON.VN – Số nhà 25B, ngõ 66, Thái Thịnh II 0,25 www.moon.vn ... 30.C100 0 ,25 - Chọn sai câu có số cách: 31.C101 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 - Chọn sai câu có số cách: 32. C 1 02 Xác suất cần tính P = 30.C100 + 31.C101 + 32. C 1 02 436 = 10 410 Trung tâm LTĐH MOON. VN... LTĐH MOON. VN – Số nhà 25 B, ngõ 66, Thái Thịnh II 0 ,25 0 ,25 www .moon. vn xC > Phương trình ∆ y = x x + y2 − x − y + = ⇒ C (2 + 2; 2 + 2) Toạ độ C nghiệm hệ phương trình y = x 0 ,25 Vậy với C (2. .. 0 ,25 1 Ta có I = ∫ xe dx − ∫ 2x 0 x3 − x2 dx = I1 − I2 e2 x + Tính I1 Đặt u = x dv = e2 x dx , suy du = dx v = xe2 x e2 x e2 + Khi I1 = − ∫ dx = 0 0 ,25 0 ,25 + Tính I2 Đặt t = − x (t ≥ 0) , suy