TRƯỜNG THPT DƯƠNG QUẢNG HÀM Tổ Toán –Tin ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 Môn: TOÁN, khối A, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 13 23 −+− mxxx (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 0=m . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: xx xx x xx 4sin 1 2sin 3coscos 2cos 3sinsin =+ 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 6 10 10 3 x x y y y y x + + + = − − = Câu III (1 điểm). Tính tích phân: I = 3 2 2 2 5 4 x dx x x − − ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC và tam giác SBC cân và bằng nhau . Biết BC = a, AC = AB = 2a, góc tạo bởi hai mặt phẳng (ABC) và (SBC) bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC theo a . Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương zyx ,, thỏa mãn 1=++ zyx . Tìm giá trị nhỏ nhất của: y x z P y z z x x y = + + + + + II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo khối A,B,A1 Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh ( ) B 2;0 ; đường chéo AC có phương trình là 2x y 1 0+ − = và AB =2BC Hãy xác định tọa độ các đỉnh A, C ? Biết A có tọa độ nguyên. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng : d có phương trình += −= += tz ty tx 1 2 21 và d’ có phương trình : 1 2 2 1 1 1 + = + = + zyx a) Chứng minh hai đường thẳng trên chéo nhau. b) Tìm trên đường thẳng d’ điểm M sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) . Giải phương trình: xxxxx −=−++ 2 2 2 2 3log2)2(log B. Theo khối D Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A(1 ;3), trung tuyến BM có phương trình : 032 =+− yx , đường cao CH có phương trình 01 =++ yx . Lập phương trình cạnh BC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm ( ) A 1; 2; 2− − − , B(1 ;2 ;4), C(1 ;0 ;1), D(1 ;0 ;2) a) Lập phương trình mặt phẳng qua A ,B,C. b) Hãy viết phương trình mặt phẳng ( ) P qua A, D cách đều B và C. Câu VII.b (1 điểm) E là tập các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số : 0,1,2,3,4,5,6,7. Lấy ngẫu nhiên một số trong E tính xác suất để lấy được số chia hết cho 2. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh số báo danh HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KHỐI A, B KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH - CĐ NĂM HỌC 2011 - 2012 Câu Đáp án Điểm I (2đ) 1. (1 điểm) Với m = 2, 24 2xxy −= 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: xxy 44' 3 −= ; ⇔= 0'y 1,0044 3 ±==⇔=− xxxx Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1; ∞+ ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; -1) và (0; 1) b) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y cđ = y(0) = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1; y ct = y( ± 1) = -1 c) Giới hạn tại vô cực: =− ±∞→ )2( 24 xxLim x + ∞ d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên 3) Đồ thị: 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ 2) 1 điểm y' = xmx )1(44 3 −− y' = 0 ⇔ xmx )1(44 3 −− = 0 ⇔ [ ] 0)1( 2 =−− mxx TH1: Nếu m- 1 ≤ 0 ⇔ m ≤ 1 Hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ). Vậy m ≤ 1 thoả mãn ycbt TH 2: m - 1 > 0 ⇔ m> 1 y' = 0 ⇔ x = 0, x = 1−± m Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1−m ; 0 ) và ( 1−m ; + ∞ ) Để hàm số đồng biến trên khoảng (3; 5 ) thì 1 3m − ≤ ⇔ m ≤ 10 Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (3; 5) ⇔ m ∈ ( ] ;10−∞ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ II (2 đ) 1. (1 đi ểm) 2 sin x cos x 1 2sin x 2sin x 2sin x cos x 0− + + + − = ⇔ (1+2sinx)(sinx - cosx +1) = 0 0,25 đ 2 sinx cos x 1 sin(x ) 4 2 1 sinx 1 sinx 2 2 Π − − = − − = ⇔ ⇔ − = − = ⇔ 7 2 6 2 6 3 2 2 2 x k x k x k x k π π π π π π π = + − = + = + = k ∈¢ 0,25 đ 0, 5 đ 2. (1 điểm) I = 2 2 2 0 0 0 2 2 2 2 0 2 (1 2sin ) os os 2 1 2sin 1 2sin 1 (1 2sin ) 1 2ln 3 2 ln 1 2sin 2 2 1 2sin 4 2 4 0 0 x x c x c x I dx xdx dx x x d x x x x π π π π π π π π + − = = − + + + − = − = − + = + ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 đ 0, 5 đ 0,25 đ III (2 đ) 1. (1 điểm) Đk: x 0≥ bpt ⇔ 2 2 2 2x 44x 18 x 3x 4x x (3 4 x ) 2x 44x 18+ + − − − ≤ + + + Đặt : 2 t 2x 44x 18= + + (t>0) Đc bpt: 2 2 t x x(3 4 x) (3 4 x)t 0 (t x)(t x 3 4 x) 0 t x 3 4 x 0 − − + − + ≤ ⇔ + − − − ≤ ⇔ − − − ≤ vì t+x>0 với mọi x ≥ 0 Ta có bpt 2 2x 44x 18 x 3 4 x⇔ + + ≤ + − 2 2 2 2 2(x 3) 32x (x 3) 4 x 2(x 3) 32x ((x 3) 4 x ) x 1 (x 3 4 x) 0 x 3 4 x 0 x 9 ⇔ + + ≤ + + ⇔ + + ≤ + + = ⇔ + − ≤ ⇔ + − = ⇔ = 0,25 đ 0,25 đ 0, 5 đ IV (1 đ) Từ giả thiết có ' ' ' .ABC A B C V = ABC S .CC'; ∆ ABC S ∆ = 2 1 a 3 CA.CB 2 2 = (ABC') (ABC) AB=I , Kẻ · · · 0 CH AB H AB (CC'H) 60 ((ABC'),(ABC)) (CH,HC') CHC' ⊥ = ⇒ ⊥ ⇒ = = = Xét tam giác vuông ABC có CH là chiều cao nên 2 2 2 2 2 2 CH CA CB 3a a 3a 1 1 1 1 1 4 a 3 CH 2 = + = + = ⇒ = , Xét tam giác vuông CHC’ có ' ' ' 2 3 0 ABC.A BC 3a a 3 3a a 3 3 CC' HC tan 60 V . 2 2 2 4 = = ⇒ = = b.N là trung điểm của AC thì AM//C’N nên AM//(BC’N) ( ) ( ) ( ) ' ' ' AM,BC AM,(BC N) A,(BC N) d d d= = . N là trung điểm của AC Nên ( ) ( ) ' ' A,(BC N) C,(BC N) d d= , kẻ CK vuông góc với BC’ 0,25 đ 0,25 đ BC' (NCK)⇒ ⊥ (vì AC BC AC (BCC'B') (CNK) (BNC') NK ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ = ) Kẻ CI vuông góc với NK tại I, ( ) ' C,(BC N) d CI= Có ( ) 2 2 2 2 2 2 ' 2 2 2 2 CI CN CK CN CB CC' C,(BC N) a 3a 9a 9a 1 1 1 1 1 1 4 1 4 43 3a d 43 = + = + + = = + + = ⇒ = 0, 25 đ 0, 25 đ V (1 đ) (1 điểm) Xet h m sà ố: [ ] 2 2 2 2 2 2 2 36x 2y z f (x) ,x 1;3 ,y,z là tham sô yz zx xy 36 2y z 36x 2y z 36 2.9 9 f '(x) 0 yz zx x y x yz x yz = + + ∈ − − − − = − − = ≥ > f (x) đồng biến trên [ ] 1;3 [ ] 2 2 2 2 2 2 2 36 2y z f (x) f(1) g(y), y 1;3 ,z là tham sô yz z y 36 2 z 36 2y z 36 2*9 1 g '(y) 0 z y z y y z y z ≥ = + + = ∈ − + − − + − = − + − = ≤ < g(y) nghịch biến trên [ ] 1;3 [ ] 2 12 6 z 18 1 18 1 g(y) g(3) h(z),z 1;3 ;h '(z) 0 z z 3 3 9 3 z ⇒ ≥ = + + = ∈ = − + ≤ − + < ⇒ h(z) nghịch biến trên [ ] 1;3 18 h(z) h(3) 1 7 3 ⇒ ≥ = + = Vậy P 7≥ dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=1 và y=z=3;Do đó MinP=7 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ . ABC GBC ABC BC ( 5;5) BC 5 2 5 1 5 pt : BC là:x+y-2=0;S S S 2 3 6 = − ⇒ = = ⇒ = = V V V uuur G là trọng tâm tam giác ABC GBC (G.BC) G d: 2x y 1 0 G(x; 2x 1)3 2 2 7 x G( ; ) x 2 2x 1 2S 1 1 1 3 3 3 d x 1 4 4 11 BC 3 3 2 2 3 2 x G( ; ) 3 3 3 ∈ + − = ⇒ − + − − = ⇒ − − + = = ⇔ = ⇔ + = ⇔ − − = ⇒ V Với 2 7 4 11 G( ; ) A( 1;2);G( ; ) A( 3;6) 3 3 3 3 − − ⇒ − ⇒ − 2(1 điểm) 2(1 điểm) Giả sử A(a;0;0); B(0;b;0); C(0;0;c) vì H(3;-2;1) không nằm trong maawtj phẳng tọa độ nào nên ta có: A;B;C không trùng voi O abc 0⇒ ≠ (ABC) có pt dạng: ( ) 1 x y z 3 2 1 1;H (ABC)nên 1 a b c a b c + + = ∈ ⇒ − + = AH (3 a; 2;1);BC (0; b;c);BH (3; 2 b;1);AC ( a;0;c);vì H là = − − = − = − − = − uuur uuur uuur uuur trực tâm tam giác ABC nên có: c 14 a AH.BC 0 2b c 0 a 3 thay vào(1) c 14 3 3a c 0 c BH.AC 0 b 7 b 2 = = + = = ⇔ ⇔ ⇒ = ⇒ − + = − = = − = uuur uuur uuur uuur 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ Mặt phẳng đó có pt: 3x-2y+z=14 Đk x> ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) 2 2 pt log x (x 4)log x 3x 3 0 log x 4 log x 3 xlog x 3x 0 (log x 1) log x 3 x(log x 3) 0 (log x 3)((log x x 1) 0 log x 3 (2) log x x 1 0 ⇔ + − − + = ⇔ − + + − = ⇔ − − + − = ⇔ − + − = = ⇔ + − = ( ) ( ) 2 (1) x 9; 1 xet(2);f (x) log x x 1;x 0; ;f '(x) 1 0, x 0; x ln 2 ⇔ = = + − ∈ +∞ = + > ∀ ∈ +∞ nên f (x) đồng biến trên ( ) 0;+∞ . Mà f (1) 0 x 1 là = ⇒ = nghiệm của (2) x 1 f (x) f(1) 0 0 x 1 f (x) f (1) 0 > ⇒ > = < < ⇒ < = Vậy (2) có nghiệm duy nhẩt x=1 KL 0,5đ 0,5đ VIb (2 đ) 1. (1 điểm) Gs A(x ;y) 2 2 (E) 9x 25y 225;B∈ ⇒ + = đói xứng với A qua I( 9 9 ; ) 2 10 nên : B(9-x ; 9 5 -y) 2 2 B (E) (27 3x) (9 5y) 225∈ ⇔ − + − = Dặt :a=2x ; b=5y ta được hệ : 2 2 2 2 2 2 2 a b 225 a b 225 a 27a 180 0 b 5 3a b 5 3a (27 a) (9 b) 225 a 15 x 5 b 0 y 0 9 các diêm : A(5;0);B(4; ) x 4 5 a 12 9 b 9 y 5 + = + = − + = ⇔ ⇔ = − = − − + − = = = ⇒ = = ⇔ ⇒ = = ⇒ = = 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 2. (1 đi ểm) (S) có tâm là : I(1 ;-2 ;-3) ; bán kính : R=5 ; gọi H là hình chiếu vông góc của I lên (P) thi ta có : IH IA≤ dấu « = » xảy ra H A ⇔ ≡ lại có IA= 5 5< nên A bên trong hình cầu (S) ; gọi r là bán kính dg tròn giao tuyến 2 2 (I,(P)) r R d 25 5 20⇒ = − ≥ − = dấu « = » xảy ra H A⇔ ≡ hay (P) IA A⊥ = khi đó (P) : quaA( 1; 2; 2) nhan IA ( 2;0;1) làvtpt − − − = − uur (P) có pt : -2x+z=0 ; kl 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ (1 điểm) Gs: 4 4 7 7 4 3 7 6 abcde E a 0 có7 cách chon a; chon bcde có A n(E) 7 A 5880 e 5 n( ) 5880; abcde E và abcde 5 trong E có : A 6A 1560 e 0 ∈ ⇒ ≠ ⇒ ⇒ = = = ⇒ Ω = ∈ ⇔ ⇒ + = = M Số chia hết cho 5. gọi A là biến cố chọn dc số chia hết cho 5 thì: n(A)=1560 1560 13 P(A) 5880 49 = = 0,5 đ 0,5 VII b . DƯƠNG QUẢNG HÀM Tổ Toán –Tin ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 Môn: TOÁN, khối A, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ. dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh số báo danh HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KHỐI A, B KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH - CĐ NĂM HỌC 2011 - 2012 Câu. 2012 Câu Đáp án Điểm I (2đ) 1. (1 điểm) Với m = 2, 24 2xxy −= 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thi n: a) Chiều biến thi n: xxy 44' 3 −= ; ⇔= 0'y 1,0044 3 ±==⇔=− xxxx Hàm số đồng biến trên các