SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH 1 Môn:TOÁN; Khối :A-A 1 -B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PH ẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số 3 3 2 (1) y x x a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b. Tìm trên đường thẳng 4 y những điểm mà từ đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C). Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình 3 sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3 cos sinx 3 3 0 x x c x c x x . Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 1 2 4 2 3 ( 2013)(5 ) , 2 log 2 log ( 2) log (3 3) y x x x x y x x y y . Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân sau 4 3 2 1 (5 ) . 5 ln x x x I dx x . Câu 5. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng . ' ' ' ABC A B C có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng (A'BC) tạo với đáy một góc 0 30 và tam giác A'BC có diện tích bằng 2 8 a . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C và kho ảng cách giữa hai đường thẳng ' A B và AC theo a. Câu 6. (1 điểm) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện 2 1 ( ) y x x y . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 6 6 3 3 1 x y P x y xy . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh AB là 1;4 M . Phương trình đường phân giác trong góc B là 2 2 0 x y , phương trình đường cao qua C là 3 4 15 0 x y . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Câu 8a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm (4;0;0) A và điểm 0 0 ( ; ;0), B x y 0 0 ( , 0) x y sao cho 8 OB và góc 0 60 AOB . Xác định tọa độ điểm C trên trục Oz để thể tích khối tứ diện OABC bằng 8. Câu 9a (1 điểm) Tìm số hạng chứa 19 x trong khai triển biểu thức 9 2 1 2 n P x x . Biết rằng 0 1 2048 n n n n C C C . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm (5; 6) M và đường tròn 2 2 ( ) : 2 4 20 0 C x y x y . Từ M vẽ các tiếp tuyến , MA MB tới đường tròn ( ) C với , A B là các ti ếp điểm. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB . Câu 8b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp đều . S ABC với (0;0;4) S , đáy ABC nằm trên mặt phẳng ( ) xOy và (0; 2;0) A . Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S ABC . Câu 9b (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 lập các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số từ các số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số lớn hơn 2013. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ; Số báo danh ĐÁP ÁN thi thử đại học lớp 12 - Toán Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Thí sinh tự làm. Kết quả vẽ đồ thị như sau 1,0 b. Tìm trên đường thẳng 4 y những điểm mà từ đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C). 1 Gọi M(m;-4), phương trình đường thẳng đi qua M và có hệ số góc k là y = k(x-m)-4 tiếp xúc với đồ thị (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm 3 2 3 2 4 3 3 x x k x m x k 3 2 3 2 3 3 4 x x x x m 2 1 2 (3 2) 3 2 0 x x m x m (*) T ừ M kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đế đồ thị (C) phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt tam th ức 2 ( ) 2 (3 2) 3 2 g x x m x m có nghiệm thỏa mãn 2 trường hợp sau: TH1: ( ) g x có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng -1 0 1 ( 1) 0 g m g TH2: ( ) g x có nghiệm kép khác -1 0 2 ( 1) 0 g m g hoặc 2 3 m Vậy có 3 điểm cần tìm là 1; 4 , 2; 4 và 2 ; 4 3 . 1,0 - 2 1 - 2 1 2 Giải phương trình 3 sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3 cos sinx 3 3 0 x x c x c x x . 2 3 2 2sin .cos 6sin .cos 2 3.cos 6 3cos 3 3 8( 3.cos sin ) 3 3 0 PT x x x x x x x x 0)sincos3(8)sincos3(cos.6)sincos3(cos2 2 xxxxxxxx 2 ( 3cos sin )( 2cos 6cos 8) 0 x x x x 2 tan 3 3 cos sin 0 cos 1 cos 3cos 4 0 cos 4( ) x x x x x x x loai 3 2 x k x k Vậy PT đã cho có các họ nghiệm là 3 x k và 2 x k 1,0 Giải hệ… 3 ĐK: 0 3 2 2 0 x y x y Khi đó, PT thứ 2 2 3 3 3 1 0 x x y y x x y Vì x>0 nên pt trên 1 x y thay vào PT thứ nhất của hệ ta có 2 2 3 1 ( 1) 2013 (4 ) y y y y 2 4 ( 1) 2013 ( 4) 2 3 1 y y y y y 2 1 4 ( 1) 2013 0 2 3 1 y y y y ……………………………………………………………………………………………… 4 5 y x Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ) (5;4) x y 1,0 4 . 4 4 2 1 1 ln(5 ) 5 . x I dx x x dx x =K+H . K= 4 2 1 ln(5 ) x dx x đặt 2 ln(5 ) 5 1 dx u x du x dx dv v x x K= 4 1 ln(5 ) x x + 4 1 ( 5) dx x x = 4 4 1 1 1 1 ln 4 ln 5 ln 5 5 x x = 6 ln 2 5 . H= 4 1 5 . x x dx Đặt 5 t x ta có 2 5 t x do đó 2 tdt dx 1 5 2 3 2 2 1 5 164 (5 ) ( 2 ) 2 3 5 15 t H t t t dt t . Vậy 6 164 ln 2 5 15 I Từ giả thiết ta có: 2 2 1 2 x y xy xy xy 1 xy . 2 2 2 1 ( ) 3 3 x y xy x y xy xy 1 3 xy . 1,0 5 6 7a . Ta có 2 2 1 x y xy nên 6 6 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 3 x y x y x y x y . Đặt t xy với 1 ;1 \ 0 3 t . Khi đó ta được P 2 3 (1 ) (1 ) 3 1 (1 ) t t t t t Hay P 2 2 3 1 t t = ( ) f t ……………………………………………………………………………………………………. . Hàm số ( ) f t trên 1 ;1 \ 0 3 . Ta có 2 2 2 4 3 '( ) 0 ( 1) t t f t t 1 ;1 \ 0 3 t ……………………………………………………………………………………………………. . Vậy 1 (1) 1 1 2 MinP f t x y Tính . ' ' ' ABC A B C V Gọi H là trung điểm của BC thì , ' AH BC A H BC , suy ra 0 ( ' ),( ) ( ' , ) ' 30 A BC ABC A H AH A HA Ta có 2 ' . os30 4 3 o ABC A BC S S c a Gọi x là độ dài cạnh của tam giác đều ABC, thì 3 2 x AH Do đó 2 2 1 3 4 3 . 4 3 4 2 2 ABC x S a x a x a Khi đó, 1 ' .tan ' 2 3. 2 3 A A AH A HA a a Vậy 2 3 . ' ' ' '. 2 .4 3 8 3 ABC A B C ABC V AA S a a a * Tính ( ' ; ) d A B AC Ta có / /( ' ') ( ' ; ) ( ;( ' ')) AC A BC d A B AC d AC A BC ( ;( ' ')) ( ';( ' ')) d AC A BC d B A BC . G ọi I là trung điểm của ' ' A C thì ' ' ' A C B I và ' ' ' A C BB nên ' ' ( ' ) A C BB I , suy ra ( ' ) ( ' ') BB I A BC theo giao tuyến BI. Kẻ ' ' ( ' ') ( ';( ' ')) ' B K BI B K A BC d B A BC B K Trong tam giác vuông có 2 2 2 1 1 1 ' ' ' B K B B B I , với ' 2 3 B I AH a , từ đó tính được ' 3 B K a Vậy ( ' ; ) 3 d A B AC a Gọi 1 3 4 15 : 0 x yd và 2 0 : 2 2 d x y . Cạnh AB đi qua M và vuông góc với 1 d nên : 4 3 8 0 AB x y . 2 ( 2;0) B AB d B Vì M là trung điểm của AB nên A(4; 8). Gọi N đối xứng với M qua 2 d thì : 2 6 0 MN x y Gọi 2 (2;2) (3;0) I MN d I N Khi đó N thuộc cạnh BC nên BC: y=0 suy ra C(5; 0) V ậy A(4; 8), ( 2;0) B và C(5; 0) 1,0 1,0 1,0 K 30 ° I H C B A' B' C' A 8a 9a 7b 8b Theo bài ra 8 OB và góc 0 60 AOB nên ta có hệ 2 2 0 0 0 2 2 0 0 8 4 1 2 4 x y x x y Vì 0 0 , 0 x y nên ta tìm được 0 0 4; 4 3 x y hay 1 (4;4 3;0) . 8 3 2 OAB B S OA AB Khi đó, 1 1 . .8 3 8 3 3 3 OABC OAB C C V OC S z z Vậy (0;0; 3) C Ta có: 0 1 2 11 2 1 1 2048 2 11 n n n n n n n C C C C n Với 11 n thì 9 11 (2 1) ( 2) P x x Ta có 9 (2 1) x 0 9 1 8 2 7 9 9 9 9 9 (2 ) (2 ) (2 ) C x C x C x C 11 0 11 1 10 2 2 9 11 11 11 11 11 11 2 2 2 2 x C x C x C x C Do đó số hạng chứa 19 x trong khai triển tích 9 11 (2 1) ( 2) x x thành đa thức là Đường tròn (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R=5; MI = 10. G ọi H là giao điểm của AB và MI ta có IH.MI=AI 2 Suy ra IH=5/2. Vì MA và MB là các tiếp tuyến nên H phải nằm giữa M và I, do đó 1 1 ;0 4 2 IH IM H Mặt 1 sin 2 IH IAH IA 0 30 IAH MAB đều Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB trùng với trọng tâm G của nó. Ta có 2 3 GM HM G(2;-2) từ đó tính được bán kính 5 2 r Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB là 2 2 25 2 2 4 x y Vì . S ABC là hình chóp đều và , ( x ) S Oz A O y nên SO là đường cao của hình chóp và đáy ABC nằm trên mặt Oxy, gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . S ABC thì (0;0; ) I a , từ 2 2 IS IA suy ra 3 0;0; 2 I và bán kính 5 2 R Vậy phương trình mặt cầu là 2 2 2 3 25 2 4 x y z . G ọi số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau là abcd , có 5.5.4.3=300 số lập được. Gọi A là biến cố “lấy ngẫu nhiên được 1 số lớn hơn 2013 từ các số vừa lập”. Ta xét 2013 abcd TH1. 2013 abcd có 1 số 1,0 1,0 1,0 1,0 H M I A B 9b TH2. 2013 abcd , khi đó a = 1, bcd có 5.4.3=60 cách chọn. Do đó có 61 số nhỏ hơn hoặc bằng 2013 từ các số vừa lập. Vậy 61 239 1 300 300 P A . 1,0 Mọi góp ý xin gọi 0164.8191838, xin chân thành cám ơn. Người ra đề và làm đáp án: Lê Phương . số 1,0 1,0 1,0 1,0 H M I A B 9b TH2. 2013 abcd , khi đó a = 1, bcd có 5.4.3=60 cách chọn. Do đó có 61 số nhỏ hơn hoặc bằng 2013 từ các số vừa lập. Vậy 61 239 1 300 300 P A . 1,0 Mọi. Khi đó N thuộc cạnh BC nên BC: y=0 suy ra C(5; 0) V ậy A(4; 8), ( 2;0) B và C(5; 0) 1,0 1,0 1,0 K 30 ° I H C B A' B' C' A 8a 9a 7b 8b Theo bài ra 8 OB và góc 0 60 AOB . SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH 1 Môn:TOÁN; Khối :A-A 1 -B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian