ĐỀ KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Khối D

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi ,đáp án đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 2y x x   có đồ thị là ( )C . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( )C biết tiếp tuyến cắt các trục ,Ox Oy lần lượt tại hai điểm ,A B phân biệt sao cho 1 9 OA OB ( O là gốc tọa độ). Câu 2 (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 2 2 1 sin sin 2 cos sin 2 2cos ( ) 4 x x x x x      . b) Giải phương trình:   2 2 3 3 log 1 log 2x x x x x     . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: 2 2 0 sin 2 2 cos 2sin x I dx x x      . Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có 3SA a , tứ giác ABCD là hình thang cân với đáy lớn là AD , AB BC CD a   ,  60 o BAD  . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng   ABCD thuộc đoạn thẳng AD , mặt bên   SAB tạo với mặt phẳng ( ABCD ) một góc 45 o . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD . Câu 5 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 12 3 4 1 3 2 9 8 3 x y x y xy x y xy x y x y x y                  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 6.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại (1;2)A . Viết phương trình đường tròn ( )T ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng ( ) : 1 0d x y   tiếp xúc với đường tròn ( )T tại điểm B . Câu 7.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm     1;2;3 , 3;4;1A B và mặt phẳng   : 1 0P x y z    . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng   P để tam giác MAB đều. Câu 8.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của 2 x trong khai triển thành đa thức của biểu thức   6 2 1P x x   . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có phương trình hai cạnh là     : 2 2 0, : 2 1 0AB x y AC x y      , điểm   1;2M thuộc đoạn thẳng BC . Tìm tọa độ điểm D sao cho .DB DC   có giá trị nhỏ nhất. Câu7.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu   2 2 2 : 2 4 2 3 0S x y z x y z       . Viết phương trình mặt phẳng   P chứa trục Ox và cắt mặt cầu   S theo một đường tròn có bán kính bằng 3. Câu 8.b (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình   2 1m x m x    có nghiệm trên đoạn   0; 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………………. www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 06 trang) ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN; KHỐI D ——————————— I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM a Khảo sát sự biến thiên : 3 2 3 2y x x   1,00 Tập xác định: D   . Ta có 2 ' 3 6y x x  ; 0 ' 0 2 x y x        0,25 - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; nghịch biến trên khoảng (0;2) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0x  , y CĐ = 2; đạt cực tiểu tại 2x  , y CT = -2. - Giới hạn: lim , lim x x y y       . 0,25 Bảng biến thiên: x  0 2  y' + 0 - 0 + y 2   -2 0,25 Đồ thị cắt trục tung tại (0;2) . Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm (1;0);   1 3; 0 . 0,25 b Viết phương trình tiếp tuyến của …. 1,00 1 Giả sử tiếp tuyến có dạng y ax b  , vì ,A B phân biệt nên 0ab  . Khi đó: ( ;0), (0; ) b A B b a  . Theo bài có: 9. 9 | | 9 b OB OA b a a       0,25 f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y www.VNMATH.com Gọi điểm     0 0 ;M x f x là toạ độ tiếp điểm '( ) o f x a          2 2 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 ' 9 2 3 0 1 3 6 9 0 ' 9 2 3 0 2 3 6 9 0 f x x x x x f x x x x x                            0,25 Phương trình (2) vô nghiệm. Phương trình (1) có hai nghiệm là 0 0 1; 3x x   . 0,25 Với 0 1x   suy ra phương trình tiếp tuyến 9 7y x  Với 0 3x  suy ra phương trình tiếp tuyến 9 25y x  0,25 a Giải phương trình: 2 2 1 sin sin 2 cos sin 2 2cos ( ) 4 x x x x x      1,00 Ta có Phương trình: 2 1 sin x sin 2 cos sin 2 1 os 2 2 x x x c x                  2 sin 2 sin cos sin 2 1 0 sin 2 sin 1 2sin cos 0 x x x x x x x x         0,25      2 sin 2 sin 1 1 2sin 2sin 0x x x x    0,25  sin2 0 2 ,( ) sin 1 2 2 2 x k x x k k Z x x k                       ( Do 2 1 2sin 2sin 0x x   vô nghiệm) 0,25 Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm: , 2 x k k Z    0,25 b Giải phương trình:   2 2 3 3 log 1 log 2x x x x x     1,00 Điều kiện: 0x  Phương trình      2 2 3 3 log 1 log 1 3 1x x x x x x        0,25      2 2 3 3 log 1 log 3 3 1x x x x x x            2 2 3 3 log 1 1 log 3 3x x x x x x       (1) 0,25 Xét hàm số 3 ( ) logf t t t  trên (0; +) có 1 ( ) 1 0, 0 ln3 f t t t        ( )f t đồng biến trên (0; +) . Do 2 1 0x x   và 3 0x  0,25 2  phương trình (1)  2 2 ( 1) (3 ) 1 3 1f x x f x x x x x         Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1x  . 0,25 Tính tích phân: 2 2 0 sin 2 2 os 2sin x I dx c x x      1,00 Ta có 2 2 2 2 0 0 sin 2 2sin .cos 2 cos 2sin sin 2sin 1 x x x I dx dx x x x x           . 0,25 3 Đặt sin cost x dt xdx   Đổi cận: 0 0; 1 2 x t x t        . 0,25 www.VNMATH.com 1 1 1 1 1 2 2 2 2 0 0 0 0 0 ( 1) 1 1 2 2 2 2 2 1 ( 1) ( 1) 1 ( 1) tdt tdt t dt I dt dt t t t t t t                         0,25 1 1 0 0 1 2 ln( 1) 2ln 2 1 1 I t t               . 0,25 Tính thể tích…………… 1,00 Kẻ SH AD tại H ( )SH ABCD SH AB    Kẻ HI AB tại I    AB SHI AB SI    (( ),( )) 45 o SAB ABCD SIH   SH HI  Vì H thuộc đoạn AD nên I thuộc tia AB   60 O IAH BAD   0,25 Đặt ,(0 3)SH x x a   2 2 2 2 2 3AH SA SH a x     ; Mặt khác 2 2 3(3 ) .sin 60 2 o a x HI AH x     2 2 2 3 9 3 4 7 a a x x x     0,25 Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên AD . os60 2 o a AK AB c   ; 3 2 a BK  2. 2AD BC AK a    2 1 1 3 3 3 ( ) .( ) ( 2 ) 2 2 2 4 a a S ABCD BH AD BC a a      0,25 4 2 3 1 1 3 3 3 3 21 ( . ) . ( ) . . 3 3 4 28 7 a a a V S ABCD SH S ABCD    (đvtt) 0,25 Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 12 3 4 1 3 2 9 8 3 x y x y xy x y xy x y x y x y                  1,00 Hệ phương trình            2 2 2 2 2 2 2 3 4 3 3 4 1 2 3 3 2 4 3                   y x x y x x x x y y x x y y         2 2 2 2 3 1 4 1 2 3 3 2 4 3 x x y y x x y y               0,25 Đặt 2 2 3 ; 4u x x v y y    , hệ trở thành:       3 3 1 1 2 2 3 2 3 1 3 1 4 u v u v u v u u                       1; 0 5 ; 4 3 u v u v           0,25 5 Với u=1;v=0, ta có: 2 2 3 13 3 1 0 2 4 0 0 x x x y y y                  hoặc 3 13 2 4 x y         0,25 x a 3 a a a 45 o 60 o A D B C S H I K www.VNMATH.com Với 5 ; 4 3 u v    , ta có: 2 2 5 9 21 3 0 3 6 4 4 0 2 x x x y y y                      Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm : 3 13 3 13 3 13 3 13 ( ;0); ;0 ;( ; 4); ; 4 2 2 2 2                       9 21 9 21 ; 2 ; ; 2 6 6                     . 0,25 Theo chương trình Chuẩn Viết phương trình đường tròn . 1,00 Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC . Vì ABC vuông cân tại A nên I là trung điểm BC và AI BC . Theo giả thiết ( ) / / BC d d AI  Bán kính của ( )T là: ( , ) 2R d A d  ( ) : 0BC d BC x y c     0,25 1 |1 2 | ( , ) R= 2 2 5 2 c c d A BC c              Suy ra : 1 0BC x y   hoặc : 5 0BC x y   Đường cao AI của ABC đi qua (1;2)A và song song với ( ) : 1 0d AI x y    0,25 Nếu 1 0 : 1 0 : (0;1) 1 0                 x y BC x y I BC AI I x y Suy ra: 2 2 ( ) : ( 1) 2T x y   0,25 6.a Nếu 5 0 : 5 0 : (2;3) 1 0                 x y BC x y I BC AI I x y Suy ra: 2 2 ( ) : ( 2) ( 3) 2T x y    Vậy có hai đường tròn: 2 2 ( 1) 2  x y và 2 2 ( 2) ( 3) 2   x y . 0,25 Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng   P để tam giác MAB là tam giác đều 1,00 Giả sử điểm   ; ;M x y z Tam giác MAB đều  MA = MB = AB  MA 2 = MB 2 = AB 2  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) ( 3) ( 4) ( 1) ( 1) ( 2) ( 3) 2 2 2 x y z x y z x y z                          2 2 2 3 0 ( 1) ( 2) ( 3) 12 x y z x y z              0,25 7.a Do M(P)  x - y + z - 1 = 0 0,25 d I A B C www.VNMATH.com Ta có hệ phương trình : 2 2 2 1 0 3 0 ( 1) ( 2) ( 3) 12 x y z x y z x y z                     2 2 2 2 2 1 1 ( 1) ( 3) 11 0 2 8 1 0(1) x x y z y z z z z z                          PT (1)  4 3 2 2 z   0,25 Vậy có 2 điểm M thoả mãn: 1 2 6 3 2 4 3 2 6 3 2 4 3 2 2; ; ; 2; ; 2 2 2 2 M M                     0,25 Tìm hệ số của 2 x trong khai triển thành đa thức của biểu thức   6 2 1P x x   . 1,00 Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: 0 6 1 2 5 2 6 5 10 6 12 6 6 6 6 6 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) k k k P C x C x x C x x C x x C x              0,25 Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, 2 x chỉ xuất hiện khi khai triển 0 6 6 ( 1)C x  và 1 2 5 6 ( 1)C x x  . 0,25 Hệ số của 2 x trong khai triển 0 6 6 ( 1)C x  là : 0 2 6 6 .C C Hệ số của 2 x trong khai triển 1 2 5 6 ( 1)C x x  là : 1 0 6 5 .C C 0,25 8.a Vì vậy hệ số của 2 x trong khai triển P thành đa thức là : 0 2 6 6 .C C 1 0 6 5 .C C = 9. 0,25 Theo chương trình Nâng cao Tìm tọa độ điểm D sao cho .DB DC   có giá trị nhỏ nhất 1,00 - Phương trình các đường phân giác góc A là 3 02 2 2 1 3 3 1 0 5 5               x yx y x y x y - Do Δ ABC cân tại A nên phân giác trong ( a l ) của góc A vuông góc với BC 0,25 - 1 :TH a (l ) : x y 3 0   , khi đó BC đi qua M(3;0) và có vtpt 1 (1;1)  n ; Phương trình cạnh BC : 3 0  x y Tọa độ B : 2 2 0 4 (4; 1) 3 0 1 x y x B x y y                   Tọa độ C : 2 1 0 4 ( 4;7) 3 0 7 x y x C x y y                   Khi đó   3; 3MB    ;   5;5MC    ngược hướng ; B,C nằm hai phía ( a l ) ( thỏa mãn) 0,25 6.b - 2 :TH a (l ) :3x 3y 1 0   , khi đó BC đi qua M(1;2) và có vtpt 2 (1; 1)   n ;BC AD M BC  Phương trình cạnh BC : 1 0x y   0,25 l a CB A M www.VNMATH.com Tọa độ B : 2 2 0 0 (0;1) 1 0 1 x y x B x y y                 Tọa độ C : 2 2 1 0 2 1 3 ( ; ) 1 0 1 3 3 3 x x y C x y y                       Khi đó   1; 1MB     ; 5 5 ; 3 3 MC           cùng hướng (loại) Với (4; 1)B  ;   4;7C  . Đặt       ; 4 ; 1 , 4 ;7D x y DB x y DC x y             2 2 2 2 . 6 23 3 32 32DB DC x y y x y             . Dấu 0 '' '' 3 x y        Vậy (0;3)D thì .DB DC   nhỏ nhất bằng -32. 0,25 Viết phương trình mặt phẳng   P 1,00 ( )S có tâm (1; 2; 1)I   và bán kính 3R  . 0,25 ( )P chứa trục Ox và cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn có bán kính bằng 3 nên ( )P chứa Ox và đi qua tâm I của mặt cầu. 0,25 Ta có: (1; 2; 1)OI    ( )P có véc tơ pháp tuyến ; (0; 1;2)n i OI           và ( )P qua O 0,25 7.b Vậy ( ) : 2 0P y z  0,25 Tìm tất cả các giá trị m để bpt   2 1m x m x    có nghiệm trên đoạn   0; 2 1,00 Ta có     2 2 1 2 2 1m x m x m x m x x          2 4 1 1 x x m x      (vì   0;2x ) 0,25 Xét hàm số   2 4 1 1 x x f x x     trên đoạn   0; 2 , ta có       2 2 2 5 ; 0 1 6 1 x x f x f x x x            0,25 Bảng biến thiên       0 1; 2 1; 1 6 2 6 6 f f f        0,25 8.b Vậy để bất phương trình đã cho có nghiệm thì       0;2 min 1 6 2 6 6m f x f      . 0,25 -------------Hết----------- + _ 0 - 1 1 2 6 - 6 f(x) f'(x) x 2-1+ 6 0 www.VNMATH.com . ; ;M x y z Tam giác MAB đều  MA = MB = AB  MA 2 = MB 2 = AB 2  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) ( 3) ( 4) ( 1) ( 1) ( 2) ( 3) 2 2 2 x y z x y. .( ) ( 2 ) 2 2 2 4 a a S ABCD BH AD BC a a      0 ,25 4 2 3 1 1 3 3 3 3 21 ( . ) . ( ) . . 3 3 4 28 7 a a a V S ABCD SH S ABCD    (đvtt) 0 ,25 Giải