Dap an 01 de thi thu aa1yeu toan hoclan 12013

YÊU TOÁN HỌC http //facebook com/hoitoanhoc ĐỀ SỐ 01 (Ngày thi 20h00 09/03/2013) ĐÁP ÁN 01 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 2013 Môn thi Toán; Khối thi A và A1 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gia[.]

YÊU TOÁN HỌC http://facebook.com/hoitoanhoc ĐỀ SỐ 01 (Ngày thi: 20h00 - 09/03/2013) Đáp án Câu 1.a (1,0 điểm) ĐÁP ÁN 01 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012-2013 Môn thi: Toán; Khối thi: A A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Điểm x (1) x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho A Theo chương trình nâng cao 1) Hàm số có tập xác định: R \ 1 2) Sự biến thiên hàm số: a) Giới hạn vô cực đường tiệm cận: * lim y  ; lim y   Cho hàm số: y  x 1 0,25 x 1 0,25 Do đường thẳng x  tiệm cận đứng đồ thị hàm số * lim y  lim y  x  x  Do đường thẳng y  tiệm cận ngang đồ thị hàm số b) Bảng biến thiên: 1 Ta có: y '   0, x   x  1 Bảng biến thiên: x  y’   + + 0,25 y  * Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 1;   3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung trục hoành điểm  0;0  + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I 1;1 hai tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) B Theo chương trình chuẩn 1) Hàm số có tập xác định: R \ 1 2) Sự biến thiên: 0,25 0,25 + Chiều biến thiên: y '  1  x  1  0, x  Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 1;   + Cực trị: Hàm số khơng có cực trị + Giới hạn: * lim y  ; lim y   x 1 x 1 Do đường thẳng x  tiệm cận đứng đồ thị hàm số * lim y  lim y  x  x  Do đường thẳng y  tiệm cận ngang đồ thị hàm số + Bảng biến thiên: x  y’   + + y  3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung trục hoành điểm  0;0  + Đồ thị hàm số nhận giao điểm I 1;1 hai tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 4) Vẽ đồ thị: 0,25 1.b (1,0 điểm) (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) Tìm hai điểm hai nhánh đồ thị cho khoảng cách chúng nhỏ Gọi cặp điểm cần tìm M  x1; y1  , N  x2 ; y2    x   X X 1 Qua phép chuyển hệ trục theo OI :  hàm số trở thành Y   Y  X X  y  1 Y 1 , Y2  Trong hệ trục IXY : M  X1; Y1  , N  X ; Y2  , Y1  X1 X2 Vì điểm nằm hai nhánh nên X1 X    2 Khi đó: MN   X  X   Y1  Y2    X  X  1  2   X X      1   4 X X 1     X1 X  4 2 X1 X     X X   0,25 0,25 0,25 Dấu “” xảy  X1   X  X1   X  X  1 Y  1   ko hoán vi    1     X2 1  X2 1  Y1   X1 X  X X  0,25 Vậy M  0;0  ; N  2;  (1,0 điểm) (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam)   s inx sin  x      cos x  sin x  cos x  1 4   Giải phương trình cot x cos  x     4  cos x  Điều kiện: sinx   x  k (k  Z )     sinx    x  pt  cot x sin  x    2sin  x   cos    sin  x   4 4   cosx   2    k  + TH1: sin  x     x    4  + TH2: cot x  (1,0 điểm) sinx  sin x sinx sin x  x  2cos       cosx    cos x  cosx  cosx   sinx   cosx     sinx  sinx  1  cosx  sinx  +   sinx   x   k 2 (tm)  cosx  sinx +  sinx   sinxcosx   sin x  2(VN )  cosx  k  Kết luận: Phương trình có họ nghiệm: x    ; x   k 2 ,  k  Z  2 (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam)  1      y  x    y  x  (1)    Giải hệ phương trình  ( x, y  R )  3x  y  x  x  y    x  y    (2)   0,25 0,25 0,25 0,25   x  2  Điều kiện:  y  5 x  16 x  y    (1)   x2  2 y   x2  2 y   x2  2 y  x y 0     x    y    x  y  2 x   2 x  3x    3x    + TH1: x  y      x 0,25 0,25 x  3x   t   x  t    x  1(tm)   x  1 V  x  2 pt  xt  x  8t    x  2(tm)  y   y    tx   Đặt: t  + TH2: x  y  2 x     x  3x  x    3x  x    0(3) Điều kiện có nghiệm phương trình (3) là: 2  x  x  2  Điều kiện: x  3x  x       x   x   + Thế x  2 vào (3) ta thấy khơng thỏa mãn, nên khơng nghiệm phương trình   + Xét hàm số: f( x )   5x   x    ;0    22   Ta có: f '( x )   x      ;0 15     2  x 0,25 max  x   x   2    x   x    vô lý   pt (3) vô nghiệm    ;0   Kết luận: Hệ phương trình cho có nghiệm:  x; y    1;1 ,  2;2  0,25 (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) (1,0 điểm) 2  Tính tích phân I   x  1  x  2 I  x  1 2  2  1  x   2  dx x2 I dx x  1 x2 x x 1 x 1 x 1 2 0,25 dx 0,25 Đặt: t  x2   t  x   tdt  xdx 3 dt dt  Vậy: I   t2  t t t 1 0,25 Đặt: u  t  u  t  2udu  dt Vậy: I   (1,0 du u2 1  2ln u  u  74   ln      0,25 (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) BC  a Mặt Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng C , D AD  DC  điểm) phẳng ( SAD) vng góc với mặt phẳng đáy, ( SBC ) tạo với đáy góc 450 , ( SCD) tạo với đáy góc  với tan   Tính thể tích khối chóp S ABCD tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  Gọi O hình chiếu S lên  ABCD  Vì   SBC ,  ABCD    450 Nên SO  d  O, BC   DC  a 0,25  AD  BC  DC  a  đvdt  2 1 Thể tích khối chóp S ABCD là: VS ABCD  SO.S ABCD  a3  đvtt  SO Ta có:   SCD  ,  ABCD     SDO     OD  2a  BC OD Suy OBCD hình chữ nhật Gọi E trung điểm BC , suy OBEA hình vng cạnh a, nên OE  AB Ta có: dC , SAB  2d E , SAB   2dO, SAB  Diện tích hình thang ABCD là: S ABCD  0,25 0,25 a Gọi K hình chiếu vng góc O lên SH , ta có OK  SH (1) Gọi H trung điểm AB, ta có OH  SO   ABCD  ; OH  AB   SOH   AB  OK  AB(2) Từ (1) (2) suy ra: OK   SAB   dO, SAB   OK Xét tam giác SOH vng O, có đường cao OK , ta có: OK  (1,0 điểm) SO.OH SO  OH  a a   a  a    0,25 3 a  dC , SAB   a 3 (Lời giải: Nguyễn Thị Thi Anh) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức: P   x  y  z   xyz Ta có: P   x  y   z  xy   2 0,25  x  y   x2  y   3  z   Sử dụng BĐT Cauchy ta có:  x2  y  z  xy    2   z2  Suy P    z   z     3  z   z3  z   0,25 Đặt: f z     z   z  z với z  0;  z Ta có: f ' z    z    z  0;  3 z 0,25  f z   f 0  Do P  Vậy GTLN P , đạt x  y  7.a (1,0 điểm) , z  0,25 (Phạm Anh Vũ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD tâm I Gọi M , N trung điểm AI , CI Biết MBND hình vng, đường thẳng DB : 3x  y   0, H (10; 4) điểm đối xứng với N qua đỉểm C , hoành độ điểm B khơng nhỏ hồnh độ điểm D Tìm tọa độ đỉnh hình thoi  Vì AC  BD  nAC   2;3 10 Phương trình đường thẳng AC là: AC : x  y   A B M I 0,25 O 10 N D 10 C H Ta có: d  H , BD   d  C , BD   3d  N , BD   13 13 a   a7   2a   13   Gọi C  a;   AC     a  5 Vì C nằm phía với H nên C  7; 2  A  5;6  13 b   b3  3b    13   Gọi B  b;   BD    b  1 Vì hồnh độ điểm B khơng nhỏ hoành độ điểm D nên B  3;5 D  1; 1 8.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 (Phạm Anh Vũ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng  P  qua hai điểm   A 1;0;0  , B 0;0;  tạo với mặt phẳng Oxy góc 750 Nhận xét: tan 750     OB  OA 0,25   Vậy mặt phẳng  P  qua A 1;0;0  , B 0;0;  song song với trục Oy    Một véc tơ pháp tuyến  P  là: n P   AB, uOy     3;0; 1      n P    3;0; 1  P :    qua A 1;0;0     0,25  0,25 0,25  Phương trình mặt phẳng  P  :  x  z    9.a (1,0 điểm) (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) Cho số phức z thỏa mãn z   2i  Tìm số phức có mơđun lớn Giả sử số phức z có dạng: z  a  bi  a; b  R  0,25 Vậy z   2i    2a     2b   i  1 2    a  1   b  1  (1) 2 Tìm a; b thỏa mãn (1) cho a  b  R lớn 2  a  1   b  1 2 0,25 Khi a; b tọa độ giao điểm đường tròn  C1  :  a  1   b  1  2 ngồi với đường trịn  C2  : a  b2  R 0,25  2  a  4 a  b  2a  2b      Khi ta có hệ phương trình:    a  b2     b      0,25   2  1 Kết luận: Số phức z cần tìm là: z     i 4 (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam)  13  Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD tâm I , M  ;  hình  5 chiếu điểm B AD, đường thẳng BD : 3x  y   0, tứ giác AMIB nội tiếp đường trịn, tan  MBD   , hồnh độ điểm B lớn hồnh độ điểm D Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành Ta có tứ giác AMIB nội tiếp, có 𝐴𝑀𝐵 = 900 => 𝐴𝐶 ⊥ 𝐵𝐷, hay ABCD hình thoi   A B 18 1 Gọi B  2t  1;3t    MB  2t  ;3t   5  I M Một véc tơ phương đường thẳng BD 0,25 O  u  2;3    7.b (1,0 điểm) tiếp xúc      10 10 5 D 10 C  cos MBD   B  3;5  t  5t    Ta có: cos  MBD        17 23   11 t  B ; 5 5t  6t     5   Xét tam giác vng MBD, có tan MBD  0,25 + TH1: B  3;5  BM : x  y  23  3x  y    D  1; 1 (Thỏa mãn), Giao điểm D AD, BD nghiệm hệ  7 x  y  11  suy I 1;  0,25 Phương trình AC qua I vng góc BD : x  y   A giao điểm AD, AC nên A  5;6  , suy C  7; 2  8.b (1,0 điểm)  17 23  + TH2: B  ;   BM : 40 x  y  113    Phương trình đường thẳng AD qua M vng góc với BD AD : 5x  40 y  59  0,25 3x  y   3 7  D  ;  (Loại) Giao điểm D AD, BD nghiệm hệ  5 5 5 x  40 y  59  (Phạm Anh Vũ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng  P  qua hai điểm   A 1;0;0  , B 0;0; tạo với mặt phẳng Oxy góc 750 Nhận xét: tan 750    OB , nên  P  cắt Oy C  0; a;0  khác gốc tọa độ nên  OA 0,25 a0 Mặt phẳng  P  theo đoạn chắn có phương trình: x y z     7ax  y  az  7a  a  Một véc tơ pháp tuyến  P  là: n P   7a; 7; a  Mặt phẳng  Oxy  có véc tơ pháp tuyến nOxy    0;0;1  0,25  Theo giả thiết ta có:    cos n P  , nOxy    (tm) a   a 6   cos 750    8a  7  a (tm)   Vậy phương trình mặt phẳng:  P  :  x  7y   P : 7 z x  7y  7 0,25 0 z 0 (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) 0,25 9.b (1,0 điểm)  3x   x   log    log 3  x     1 x 1     Giải bất phương trình 3x   x   Điều kiện: x  2  3x    2x  log9  x   log 3  1  log  x   log   x    0  x2  pt  3 3x   x   3x   x     0,25 Xét hàm số: f( x )  3x   x   khoảng  2;   Ta có f '( x )  Suy  2;    3x      x   2;   x2 0,25  3x   x       2x  Phương trình tương đương: log3  x   log3    x2 2x 2x  1 x 1   1  x   x2 x2 x    x 1  3  x2   x  Kết luận: Bất phương trình có tập nghiệm: S  6  :   (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam)  0,25   Chú thích: Đáp án 02 post lên vào 20h00 ngày 24/03/2013 Trong q trình đánh máy xảy lỗi, mong bạn thông cảm gửi thắc mắc hòm thư: adyeutoanhoc@gmail.com Chúc em học tập tốt! 0,25