thi thu DH khoi B Vinh Phuc lan 1Top 320122013 k

- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.. c Đồ thị: Giao với Ox tại..[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x2 y x  (C) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số d  d  Đường thẳng có phương trình y  x cắt (C) hai điểm A và B Đường thẳng có phương d  trình y  x  m Tìm tất các giá trị m để cắt (C) hai điểm phân biệt C, D cho A, B, C, D là bốn đỉnh hình bình hành Câu II (2,0 điểm) cos x  cos x  1 2   sin x  sin x  cos x Giải phương trình: x  x   3x  x   4 3x  x    Giải phương trình:  3x e  cos x lim x x Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn:  a   ; SA tạo với mặt phẳng đáy (ABC) góc Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA 3a o  60 Tam giác ABC vuông B, ACB 30 ; G là trọng tâm tam giác ABC Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a  0; 2 và x  y  z 3 Tìm giá trị lớn Câu V (1,0 điểm) Cho ba số x, y, z thuộc đoạn A  x  y  z  xy  yz  zx II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2); các đường thẳng d1 : x  y –  và đường thẳng d : x  y –  Tìm tọa độ điểm B thuộc d và điểm C thuộc d cho tam giác ABC vuông cân A Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 3x  y  0; d : x  y  0 Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng  : x  y  10 0 và tiếp xúc với d1 , d n 2 3   x   , biết n là số tự nhiên thỏa Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển biểu thức  x n mãn hệ thức Cn   nAn 454 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) x2  y 1 C  2;  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elíp (E): và điểm Hãy tìm tọa độ các điểm A, B thuộc (E) cho tam giác ABC là tam giác M  1;  , N  3;   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm và đường thẳng d có phương trình x  y – 0 Viết phương trình đường tròn qua M, N và tiếp xúc với d Câu VII.b (1,0 điểm) Trong lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, đó có đúng phế phẩm Lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lô hàng đó Hãy tính xác suất để sản phẩm lấy có không quá phế phẩm -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI B ——————————— I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác đúng và đủ ý thì cho điểm tối đa - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn - Với bài hình học thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm I 1,0 điểm  1 D  /    2 TXĐ: 1 lim y  ; lim y  ; lim ; lim   0.25 x   x   2 x  x  2 Giới hạn: 1 x  y ; TCN: TCĐ: 3 y'   x  (2 x  1) SBT 0.25 1      ;     ;    và   Hàm số nghịch biến trên  BBT x   y’ y    0.25  2  0.25 c) Đồ thị: Giao với Ox   2;  Giao với Oy  0;   1 I ;  Đồ thị nhận giao điểm  2  hai tiệm cận làm tâm đối xứng 1,0 điểm d1 giao (C) điểm A(-1;-1) , B(1;1) và AB 8 Phương trình hoành độ giao điểm d2 và (C) là  x  2mx  m  0 (1) x2  x  m   x 1  x   d2 cắt (C) điểm C, D và (1) có nghiệm phân biệt và nghiệm khác  1/  m  2m     1   m  m  0 2 đúng m 0.25 0.25 0.25 C  x1; x1  m  ; D  x2; x2  m  II ABCD là hình bình hành m 0   m 2 m  m   KL: m 2 1,0 điểm ( x1 , x2 là nghiệm (1)) m 0  AB / / CD   2  AB CD ( x1  x2 )  x1 x2 4 sin x  cos x 0  x    k , k   (*) Điều kiện: PT    sin x    co s x    sin x  0 Ta có:   x   k 2   sin x 0    ; k     cos x 0  x   k 2 Kết hợp với điều kiện (*), suy phương trình đã cho có họ nghiệm là  x   k 2 ; x   k 2  k   1,0 điểm 2 Đặt t  x  x   t 3x  x  0.25 0.25 0.25 0.5 ( t 0 )  t 3 t  2( x  2)t  x  0    t 2 x  Ta phương trình    97 x 3x  x  0      97 x  t 3 ta 0.25 0.25 t 2 x  ta   x  x  x  2 x      x  x 0  x 0; x  III IV   x    x 0  x 0    x    97   97 ;x  6 Vậy phương trình có nghiệm 1,0 điểm  e3 x  e3 x  cos x  cos x  lim lim    x x x x  3x   x  sin  e3 x  x lim   2  1.3  1.0 3 x x 2  x    0.25 0.25 0.5 0.5 1,0 điểm Gọi M là trung điểm BC Ta có ( SBG)  ( SCG) SG  (SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) suy SG  ( ABC ), SAG 60 , SG là chiều cao chóp S.ABC 3a 3a   SG SA.sin SAG 3a  AG SA.cos SAG  2 ; (1) x BC  x 3, BM  o AB  x x    ABC vuông B có C 30 Đặt suy x x AM  AB  BM  AG  AM  ; 3 (2) V x 3a 9a   x 2 Từ (1) và (2)suy 1 81a 1 3a 81a 243a3 S ABC  AB.BC  x  VS ABC  SG.S ABC   2 56 ; 3 56 112 (đvtt) 1,0 điểm x2  y  z 2 2  xy  yz  zx    x  y  z  x  y  z   xy  yz  zx  2 Ta có 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Vậy nên A x  y2  z2    2 x  y z   x  y  z 3x  x 1  x   1; 2 Không tính tổng quát, giả sử: 2 y  z ( y  z )   x   x  y  z   x   x 2 x  x  Lại có: f ( x) 2 x  x  9, x   1; 2  f '( x) 4 x  6, f '( x) 0  x  Xét  3 f (1) 5; f (2) 5; f     2   x 1   x 2   x 2    y 1  yz 0  x  y  z 3  z 0   2  Suy x  y  z 5 , đẳng thức xảy  x  y  z Vậy Amax 3 x 2, y 1, z 0 các hoán vị chúng VI.a 1,0 điểm Ta có: B  d1  B  a;  a  , C  d  C  b;  b     AB  a  3;1  a  , AC  b  3;7  b     AB AC 0  2  AB  AC  ABC vuông cân A (1) 2ab  10a  4b  16 0  2 2a  8a  2b  20b  48 (2) Nhận thấy: a = không là nghiệm hệ trên 5a   1  b  a  Thế vào (2) tìm a 0 a 4 Do đó B  0; 3 C  4;  Với a 0 ta có b 4 Vậy và B  4;  1 C  6; 3 Với a 4 ta có b 6 Vậy và 1,0 điểm I  a; b  Xét là tâm và R là bán kính đường tròn (C) I    a 6b  10  1 Do  3a  4b  R    d1 ; d    4a  3b  R    Đường tròn (C) tiếp xúc với Từ (1); (2); (3) suy  6b 10   4b    6b 10   3b   b 0  22b  35 21b  35    b  70  22b  35  21b  35 43  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  a 10  R 7    a 10 R  43 và  43 Từ (1) suy  Vậy có hai đường tròn thỏa mãn: 0.25 VII.a 10   70  49  C2  :  x   y      C : x  10  y  49  1   43   43  1849  ; 1,0 điểm Từ hệ thức đã cho suy n 6  n   !  n n ! 454 Cnn 46  nAn2 454  2! n   !  n  2 ! 0.25 2n3  n  9n  888 0  n 8 0.25 0.25 8 8 k  3 k 1 k 8 k  x  C x  x  C8k 2k   1 x 24  k          k 0 k 0 Với n 8 ,  x Hệ số x4 tương ứng với 24  4k 4  k 5 8 C 25   1  1792 Vậy hệ số x4 là VI.b 0.25 0.25 1,0 điểm 0.25 Do CA CB  AB suy A, B nằm trên đường tròn tâm C bán kính CA nên A, B đối xứng qua Ox a2  b 1 (1) A ( a ; b )  B ( a ;  b ) Giả sử Do A, B thuộc (E) suy 2 2 (2) Tam giác ABC suy AB  AC  4b (a  2)  b  a2  a 2  b 0 (1)   b 1  4  a   b  4  4b (a  2)2  b (2)  7 Từ (1) và (2) ta có:  2 3 2 4 3 2 4 3 2 3 A  ; A  ;  ; B  ;   ; B  ;  7 7 7      7  Do A C Vậy  1,0 điểm Gọi E là trung điểm MN ta có E(2;-1) Gọi  là đường trung trực MN x    y  1 0  x  y  0 Suy  có phương trình 0.25 0.25 0.25 0.25 Gọi I là tâm đường tròn qua M, N thì I nằm trên  I  3t  5; t  Giả sử 4t    2 IM d  I , d    3t     t    Ta có 0.25 2t  12t  18 0  t  Từ đó suy I   4;   , bán kính R = IM= VII.b Phương trình đường tròn 1,0 điểm  x  4 2   y  3 50 0.25 0.25 Số phần tử không gian mẫu C12 924 (phần tử) 0.25 10 Xét trường hợp sản phẩm lấy có phế phẩm suy có C 210 cách và xác 210 xuất là 924 Vậy xác suất lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lô hàng đó có không quá phế phẩm là 210 714 17 P 1    924 924 22 -Hết - 0.25 0.5