De thi dap an DH mon Toan khoi B nam 2013

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC.. Viết phương trình đường thẳng đi qua A vuông góc với (P).[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Mơn : TỐN; khối B

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu (2,0 điểm). Cho hàm số y2x33(m1)x26mx (1), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = -1

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A B cho đường thẳng AB vng góc với đường thẳng y = x +

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 5x2cos2x1

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 2

2 3

4 4

x y xy x y

x y x x y x y

      

 

      

 (x,yR)

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

2

2

I x x dx

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Tính theo a thể tính khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức:

2 2

4

( ) ( )( )

4

P

a b a c b c

a b c

 

  

  

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vng góc với AD = 3BC Đường thẳng BD có phương trình x + 2y – = tam giác ABD có trực tâm H (-3; 2) Tìm tọa độ đỉnh C D.

Câu 8.a (1,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (3; 5; 0) mặt phẳng (P) : 2x + 3y – z – = Viết phương trình đường thẳng qua A vng góc với (P) Tìm tọa độ điểm đối xứng A qua (P)

Câu 9.a (1,0 điểm) Có hai hộp chứa bi Hộp thứ chứa viên bi đỏ viên bi trắng, hộp thứ hai chứa viên bi đỏ viên bi trắng Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi, tính xác suất để viên bi lấy có màu

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A 17;

5

H  

 , chân đường phân giác góc A D

(5; 3) trung điểm cạnh AB M (0; 1) Tìm tọa độ đỉnh C

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; -1; 1), B (-1;2;3) đường thẳng  :

2

x  y  z

 Viết phương trình đường thẳng qua A, vng góc với hai đường thẳng qua AB 

Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

3 3

2

2 log ( 1) log ( 1)

x y x

x y

    

    

 Bài giải Câu 1:

a) m= -1, hàm số thành : y = 2x3 - 6x Tập xác định R y’ = 6x2

lim

x

y

   limx

y

  

x  -1 + y’ +  +

y +

 CĐ -4 CT

Hàm số đồng biến (∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến (-1; 1) Hàm số đạt cực đại x = -1; y(-1) = 4; hàm số đạt cực tiểu x = 1; y(1) = -4 y" = 12x; y” =  x = Điểm uốn I (0; 0)

Đồ thị :

b) y’ = 6(x2 – (m + 1)x + m)),

y có cực trị  y’ = có nghiệm phân biệt  (m + 1)2 – 4m >  m 

y =1(2 1) '

6 x m  y - (m – 1)

x + m2 + m

YCBT  -(m – 1)2 = -1 m   m = hay m = Câu 2. Giải phương trình:

2

sin 5x2cos x1  sin5x = – cos2x = -cos2x = sin(2x - /2)

 5x = 2x -



+ k2 hay 5x =  - 2x +



+ k2, k  Z

 x =

6

k

 

  hay x =

14

k

  

, k  Z Câu :

2 2

2 3 (1)

4 4 (2)

x y xy x y

x y x x y x y

      

 

      



(1)  y = 2x + hay y = x + TH1 : y = 2x + Thế vào (2) ta có :

f(x) = 4 ( ) ( 1)

x  x   xg x x 

 x = (vì f đồng biến, g nghịch biến 1;

  

  Vậy x = y = TH2 : y =x + Thế vào (2) ta có :

2

3 3 ( )

3

x  x  x  x x 

 3x 1 5x 4 3(x1)x2x3

  3x  1 (x 1)   5x  4 (x 2)3(x1)x

 2

3( )

3 ( 1) ( 2)

x x x x

x x

x x x x

      

     

 x2 – x = hay 1

3x (x 1) 5x (x 2)

   

      (VN)

 x =  x =  x =  y = 1; x =  y = y

x

4

Vậy nghiệm hệ (x; y) = (0; 1) hay (x; y) = (1; 2) Câu :

1

2

2

I x x dx =

2 1/2

1

(2 ) (2 )

2 x d x

    =

1 1/ 2

2 u du

  =

2 1/2 1

2u du =

2 3/2

1 3u

 

 

  =

1

(2 1)

3  (đặt u = (2 – x

))

Câu : Ta có

 3

2 a

SH ;     

3 2

1 3 3

3 2 6

a a

V a

Xét tam giác vuông SHI

 

   

 

 

 

2 2 2

1 1 1 3

7 3

2

a HK

HK a a

Vì AB// CD nên  3 7 a

HK =d(A, SCD)

Câu a + b + c +  4(a2b2 c2 4) 3(a+b)

2

4 4( )

( )( ) (3 )

2 2

a b c a b c

a c b c  a b        

    = 2(a + b+c)

2

Vậy 27 2

2 2( )

P

a b c a b c

 

     Đặt t = a + b + c, t > 0;

8 27

( )

2

P g t

t t

  

 g’(t) = 2 273

(t 2) t

 



g’(t) =  27(t + 2)2 – 8t3 =  t =

t +

g’(t) + -

g(t)

8

P  g(t) 

8; maxP =

8 xảy a = b = c =

Câu 7.a Gọi I hình chiếu H xuống DB dễ dàng tìm I (-2; 4) Vì  IHB vng cân I có IH =

Từ phương trình IH = IB = IC ta có điểm B (0; 3) C (-1; 6)

ID  IB, ta có D (-8; 7)

Tương tự ta có nghiệm thứ B(-4; 5) D (4; 1)

Câu 8.a. Đường thẳng qua A vng góc với (P) có VTCP (2; 3; -1) Vậy phương trình đường thẳng d qua A :

3

x t

y t

z t

          

Gọi H giao điểm d (P) ta có H (3 + 2t; + 3t; -t)

H  (P) nên ta có : 2(3 + 2t) + 3(5 + 3t) + t – =  t = -1  H (1; 2; 1) Gọi A’ (x, y, z) tọa độ điểm đối xứng A qua (P),

ta có: x = 2xH – xA = -1; y = 2yH – yA = -1; z = 2zH – zA =

Tọa độ điểm đối xứng A qua (P) : (-1; -1; 2) B

S

A

C

D H

I K

I C

D

B

Câu 9.a Xác suất để viên bi lấy bi đỏ : 6=

4 21

Xác suất để viên bi lấy bi trắng : 67 Xác suất để viên bi lấy có màu : 10

21 7 21

Câu 7.b Phương trình BC : 2x – y – = 0; phương trình AH : x + 2y – = A  AH  A (3 – 2a; a)  B (2a – 3; – a)

AH HB  a =  A (-3; 3); B (3; -1)

Phương trình AD : y =  N (0; 5) điểm đối xứng M qua AD  N AC

 Phương trình AC : 2x – 3y + 15 = phương trình BC : 2x – y – =

 C (9; 11)

Câu 8.b. AB = (-2; 3; 2), VTCP  a= (-2; 1; 3)

1 VTCP đường thẳng d qua A vng góc với  n = (7; 2; 4) Vậy phương trình đường thẳng d :

1

x t

y t

z t

  

    

   

Câu 9.b. 3

2

1,

log ( 1) log ( 1)

2( 2)

x y

x y

y x

x x x

  



   



   

     





1,

2

2

x y

y x

x x

   

   

    



1 x y

    