3 b Tìm m để đồ thị của hàm số 1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O.. Cho hình lăng trụ ABC.[r]
(1)www.VNMATH.com Đề THi thử đại Học LầN I năm 2014 Môn thi: To¸n - KHỐI A, A1, B Trường THPT Nguyễn Trung Thiên Thời gian làm bài: 180 phút sở giáo dục và đào tạo hà tĩnh I PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm) x−3 C©u I (2,0 ®iÓm) Cho hµm sè y = có đồ thị (C) x +1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình tiếp tuyến (C) biết khoảng cách từ giao điểm I tiệm cận (C) đến tiÕp tuyÕn b»ng 2 C©u II (2,0 ®iÓm) π Giải phương trình + sin(2 x + ) = cos x + cos x TÝnh: I= t anx ∫ + cos xdx x + y + xy = y − Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: y +2 x + y = x +1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang Đáy lớn AB = 2a ; BC = CD = DA = a; SA vuông góc với đáy, mặt phẳng(SBC) tạo với đáy gãc 60o TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABCD theo a Câu V (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z Tìm giá trị nhỏ biểu thức : x2 y2 z2 P = x( + ) + y ( + ) + z ( + ) yz xz xy II PhÇn riªng (3,0 ®iÓm): ThÝ sinh chØ ®îc lµm mét hai phÇn (phÇn A hoÆc phÇn B) A Theo chương trình chuẩn Câu VI a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G (2;-1) Đường trung trực cạnh BC có phương trình d : 3x − y − = Đường thẳng AB có phương trình d1 :10 x + y + = Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C Câu VII a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2;0), B(6;4) Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành điểm A và khoảng cách từ tâm (C) đến B C©u VIII a (1,0 ®iÓm ) T×m sè h¹ng kh«ng chøa x khai triÓn P ( x ) n =3 x + ( x > 0) x BiÕt r»ng n tháa m·n: Cn6 + 3Cn7 + 3Cn8 + Cn9 = 2Cn8+ B Theo chương trình nâng cao Câu VI b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân A(1;2) Viết phương trình đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng d : x − y − = tiếp xúc với (T) t¹i B Câu VII b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1 : 3x + y + = ; d : x + y + = và điểm I(1;-2) Viết phương trình đường thẳng qua I cắt d1 , d A và B cho AB = 2 x3 Câu VIII b (1,0 điểm) Giải phương trình: log x + log = x 2 - HÕt (2) www.VNMATH.com §¸p ¸n K.A gåm cã trang Lưu ý : Mọi cách giải đúng cho điểm tối đa C©u Đáp án và hướng dẫn chấm §iÓm C©u I 2,0 ®iÓm (1,0 ®iÓm) + Tập xác định: D = R \ {−1} > , ∀x ≠ −1 , suy hàm số đồng biến trên các khoảng + Sù biÕn thiªn: y ' = ( x + 1)2 ( −∞; −1) vµ ( −1; +∞ ) lim y = => TiÖm cËn ngang: y=1 + Giíi h¹n: lim y = ; x →−∞ x →+∞ 0,25 0,25 lim− y = +∞ ; lim y = −∞ => Tiệm cận đứng: x=-1 x →+∞ x →−1 + B¶ng biÕn thiªn: −∞ x y’ -1 + +∞ y +∞ 0,25 −∞ + §å thÞ : Giao víi Ox: (3;0), giao víi Oy: (0;-3) 0.25 -1 Đồ thị nhận I(-1;1) làm tâm đối xứng x -3 (1,0 ®iÓm) x −3 , x0 ≠ −1 Gi¶ sö M ( x0 ; y0 ) thuéc (C), y0 = x0 + Khi đó phương trình tiếp tuyến ∆ M là: x −3 y= x − x0 ) + ( x0 + ( x0 + 1) 0.25 ⇔ x − ( x0 + 1) y + ( x02 − x0 − 3) = Theo đề : d ( I , ∆) = 2 ⇔ ( −4 − ( x0 + 1) + x02 − x0 − 16 + ( x0 + 1) ⇔ ( x0 + 1) − ( x0 + 1) + 16 = ) =2 0.25 (3) www.VNMATH.com x0 = ⇔ x0 = −3 Với x0 = , phương trình ∆ : y = x − ; Với x0 = −3 , phương trình ∆ : y = x + C©u II 2,0 ®iÓm (1,0 ®iÓm) PT ⇔ + sin x + cos x = 2cos x cos x ⇔ cos2 x + 2sin x cos x − 2cos x cos x = ( ) ⇔ cos x cos x + sin x − ( cos2 x − sin x ) = ⇔ cos x ( cos x + sin x )(1 − cos x + sin x ) = π x = + kπ cos x = ⇔ tan x = −1 ⇔ cos x + sin x = cos x + π = cos x − sin x = 4 π x = + kπ π ⇔ x = − + kπ k ∈ x = k 2π (1,0 ®iÓm) tan x sin x cos x dx = ∫ dx Ta cã: I = ∫ + cos x cos x(1 + cos2 x) §Æt t = cos x ⇒ dt = −2sin x cos xdx dt Suy ra: I = − ∫ t (t + 1) 1 t +1 − dt = ln +C I = ∫ t t +1 t + cos2 x KÕt luËn: I = ln +C cos2 x C©u III 1,0 ®iÓm 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 Nhận xét y=0 không thỏa mãn hệ phương trình 0,25 (4) www.VNMATH.com x2 + y + x + y = Hệ tương đương với x + y = y + x2 +1 u + v = x2 +1 , v = x + y HÖ trë thµnh: §Æt u = y v = u + Gi¶i hÖ ta cã: u =1 v=3 x = x2 + = y = u = ⇒ y ⇔ Víi x = −2 v = + = x y y = 0,25 0,25 0,25 C©u IV 1,0 ®iÓm N A B 60 D C Gäi N lµ trung ®iÓm AB AN // DC nªn ADCN lµ h×nh b×nh hµnh Ta cã: AN = DC = a Suy ra: NC = AD = a => NA = NB = NC =a hay ∆ACB vu«ng t¹i C suy AC ⊥ BC Do SA ⊥ ( ABCD ) nªn SA ⊥ BC áp dụng định lý ba đường vuông góc ta suy SC ⊥ BC Suy ra: Gãc gi÷a (SBC) vµ (ABCD) lµ ∠SCA => ∠SCA = 60° Mặt khác: ∆NBC nên ∠NBC = 60° AC = AB = 3a SA = AC tan 60° = 3a = 3a 3a S ABCD = 3a TÝnh ®îc thÓ tÝch chãp S.ABCD b»ng 0,25 0,25 0,25 0,25 (5) C©u V 1,0 ®iÓm www.VNMATH.com x3 + y + z x2 + y + z Ta cã : P = + xyz áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ 2ab, ∀a, b ⇒ x + y + z ≥ xy + yz + zx (§¼ng thøc x¶y x=y=z) 3 x +y +z x3 y z xy + yz + zx P ⇒ ≥ ⇒ P≥ + + + + + + xyz x y z 0,25 t3 XÐt hµm sè f (t ) = + víi t > ; t f '(t ) = t − ; f '(t ) = ⇔ t = t B¶ng biÕn thiªn: 0,25 t y’ y - +∞ +∞ + +∞ 0,25 34 VËy P ≥ 4 §¼ng thøc x¶y x = y = z = hay P = 4 0,25 A Theo chương trình chuẩn lµ trung ®iÓm BC, v× M ∈ d nªn M (m; 3m-4) C©u Gäi M VI a Mµ GA = −2GM nªn A (6-2m; 5-6m) 1,0 ®iÓm A ∈ AB ⇒ m = ⇒ M ( 2; ) , A ( 2; −7 ) BC qua M và vuông góc với d nên có phương trình x + 3y – = B = AB ∩ BC nªn B ( −1;3) M lµ trung ®iÓm BC nªn C ( 5;1) C©u VII a 1,0 ®iÓm 0,25 0,25 0,25 0,25 Gäi I ( x0 ; y0 ) lµ t©m cña ®êng trßn (C) Khi đó, (C) tiếp xúc với Ox A nên với i = (0;1) là vectơ đơn vị trên trục Ox, ta có: IA ⊥ i ⇔ (1 − x0 ) + ( − y0 ) = ⇔ x0 = Theo gi¶ thiÕt, ta cã: 2 R = IB – ; IB = 25 ⇔ ( − ) + ( y0 − ) = 25 y = ⇔ y0 − = ±3 ⇔ y0 = 0,25 0,25 (6) www.VNMATH.com Víi y0 = th× I (2; 7) ⇒ R = Víi y0 = th× I (2;1) ⇒ R = VËy ta cã hai ®êng trßn cÇn t×m: ( x − )2 + ( y − )2 = 49 ; ( x − )2 + ( y − 1)2 = C©u VIII a 1,0 ®iÓm 0,5 ¸p dông c«ng thøc Cnk + Cnk +1 = Cnk++11 , ta cã: Cn6 + 3Cn7 + 3Cn8 + Cn9 = Cn6 + Cn7 + 2(Cn7 + Cn8 ) + Cn8 + Cn9 = Cn7+1 + 2Cn8+1 + Cn9+1 = Cn8+ + Cn9+ = Cn9+3 Giả thiết tương đương với n+3 Cn9+3 = 2Cn8+ ⇔ = ⇔ n = 15 n 3 Khi đó P ( x ) = x + x 15 = ∑C K =0 k 15 15− k ( x) 15 = ∑C x K =0 k 15 k 30 − k x 0,25 k 0,25 _ 30 − 5k = ⇔ k = 6 Sè h¹ng ph¶i t×m lµ C156 26 = 320320 Số hạng không chứa x tương ứng với 0,25 0,25 B Theo chương trình nâng cao C©u Gäi I lµ t©m cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp ∆ABC VI b V× ∆ABC vu«ng c©n t¹i A nªn I lµ trung ®iÓm BC vµ AI ⊥ BC 1,0 Theo gi¶ thiÕt BC ⊥ (d ) ⇒ d / / AI ⇒ B¸n kÝnh cña (T) lµ: R = d ( A, d ) = ®iÓm BC ⊥ (d ) ⇒ BC: x + y + c = 0,25 1+ + C C = −1 d ( A, d ) = R = ⇔ = ⇔ C = −5 BC : x + y − = Suy BC : x + y − = §êng cao AI cña ∆ABC ®i qua A (1; ) vµ song song víi (d ) ⇒ AI : x − y + = x + y −1 = NÕu BC : x + y − = ⇒ I = BC ∩ AI : ⇒ I(0;1) x − y +1 = Suy ra: (T ) : x + ( y − 1) = x + y − = NÕu BC : x + y − = ⇒ I = BC ∩ AI : ⇒ I(2;3) x − y + = Suy ra: (T ) : ( x − ) + ( y − 3) = 2 VËy cã hai ®êng trßn: x + ( y − 1) = vµ ( x − ) + ( y − 3) = 2 0,25 0.25 0,25 (7) C©u VII b 1,0 ®iÓm www.VNMATH.com Vì A ∈ d1 , B ∈ d nên gọi tọa độ A(a; −3a − 5) ; B(b; −3b − 1) AB = ( b − a; − 3(b − a ) ) Tõ gi¶ thiÕt AB = 2 suy ra: (b − a ) + − ( b − a ) = 2 t = 2 §Æt t = b − a , ta cã: t + ( −3t + ) = ⇔ t = Với t = ⇒ b − a = ⇒ AB = (2; −2) là vectơ phương ∆ cần tìm x −1 y + = ⇔ x + y +1 = Suy phương trình đường thẳng ∆ là −2 2 Víi t = ⇒ b − a = 5 Tương tự ta có phương trình đường thẳng ∆ là x − y − = VËy cã hai ®êng th¼ng cÇn t×m lµ x + y + = vµ x − y − = C©u VIII b 1,0 ®iÓm 0,25 x3 log + log = PT ⇔ 2 log 2 x x §k: x > , x ≠ 3log x − 3log x − ⇔ + − log x = ⇔ − log x = + log x + log x 3t − §Æt t = log x , ta cã: − t = ⇔ 3t − − t (t + 1) = ⇔ t − 2t + = ⇔ t = 1+ t ⇒ log x = ⇒ x = Víi t = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = 0,25 (8) WWW.VNMATH.COM SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề thi gồm trang) ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1) Năm học 2013 - 2014 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể giao đề) Ngày thi: 18 tháng 01 năm 2014 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y (C) x 1 a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b Tìm m để đường thẳng y = m - x cắt đồ thị (C) hai điểm A, B phân biệt cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là 2 Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình : 2sin x sin x 2 sin x sin x 4 Giải bất phương trình x x 17 x y x ( x y ).3 Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 27 3 log ( x y) x y Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), 900 Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin góc hai ASC ABC SA AB a, AC 2a và mặt phẳng (SAB), (SBC) Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 15 Tìm GTNN biểu thức P x3 y z xyz I.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Chương trình chuẩn: Câu VIa: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x y và C 3; 3 Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d : 3x y , xác định toạ độ các đỉnh A, B, D Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(2; 0; 0), C(0; 4; 0), S(2; 4; 4) Tìm tọa độ điểm B mặt phẳng Oxy cho tứ giác OABC là hình chữ nhật Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.OABC và tìm thể tích khối cầu tương ứng đó Câu VII.a (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 A Chương trình nâng cao: Câu VIb: (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AB , đỉnh C(-1;-1), đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x + 2y - = Trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng (d) : x y Xác định tọa độ các đỉnh A, B tam giác 2.Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên mặt phẳng Oxy và C nằm trên trục Oz Tìm tọa độ các điểm B, C cho H(2; 1; 1) là trực tâm tam giác ABC Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 22 x log x (log x 3) ………………………………….Hết………………………………… Họ và tên thí sinh:………………… ………… ….………SBD:…… ………… (9) WWW.VNMATH.COM Chữ kí giám thị:……………… ………………… … ………………… ……………… Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh không dùng tài liệu SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1) TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Năm học 2013 - 2014 Môn thi: Toán Hướng dẫn chấm: 1) Điểm toàn bài thí sinh để lẻ đến 0,25 2) Bài làm thí sinh khác cách đáp án mà đúng thì cho điểm phần tương ứng nêu đáp án 3) Câu IV (giải theo PP tổng hợp) thí sinh không vẽ hình vẽ sai thì không chấm điểm Câu ý Nội dung Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) Điểm 1,00 1/TXĐ : \ 1 2/ Sự biến thiên: a/ Giới hạn và tiệm cận x x x ; lim TCĐ : x , lim TCN : y x x x 1 x x 1 1 b/ Bảng biến thiên : y ' 0, x ( x 1)2 x lim 0,25 x 1 y’ - - 0,5 y Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) , hàm số không có cực trị 0,25 3/Đồ thị: TS tự kiểm tra, Nhận xét: Đồ thị nhận I(1;1) là tâm đối xứng I Tìm m để bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là 2 1,00 x mx m x mx m (1) (ĐK: x ) x 1 (d) cắt (C) hai điểm phân biệt PT(1) có hai nghiệm phân biệt, khác 0,25 Pt hoành độ giao điểm: m 4m m m (*) 1 m R x1 x2 m x1 x2 m - Với m tm (*), gọi x1 , x2 là hai nghiệm (1), theo vi et ta có Đặt A( x1 , m x1 ) , B( x2 , m x2 ) , AB 2( m 4m) , OA OB m2 2m , d (O, AB) m 0,25 S OAB 1 AB.d (O; AB ) m 2 từ đó suy R m2 4m đồng thời S OAB OA.OB AB 4R OA.OB AB (m m) 2(m 4m) m m 4S m 2 m ( m 4m) 0,5 m Theo bài ta 2 m 2m m 2 m II Giải PT LG 2sin x sin x 2 sinx.sin(3 x ) PT sin x sin x 2 sinx.sin (3 x ) sin x sinx.cosx 2 sinx.sin (3 x ) 4 sinx x k sinx cosx sin(3x ) PT(2) 1,0 0,5 (2) x k 3x x k 2 4 sin x sin x x k 4 4 3x ( x ) k 2 4 0,25 (10) WWW.VNMATH.COM Vậy nghiệm phương trình là x k ; x Giải bất phương trình: k , k 0,25 x x 17 (1) x 1,00 x 17 x x ĐKXĐ: x > (* ) Với ĐKXĐ BPT (1) 16 x x x 17 0,5 x 17 x x (2 x 17) (2 x 1) 2 x 17 x 16 x (2 x 17)(2 x 1) x (2) *TH1: Xét x thì BPT (2) luôn nghiệm đúng đó BPT (2) x 36 x 17 36 x 108 x 81 3 x x x , x nên ta x 2 *TH2: Xét x 0,5 Vậy tập nghiệm BPT là S =(0; 4] Giải hệ phương trình : ĐKXĐ: x + y > x 3 y x y x 3y 3 5 3x y 5 27 ( x y ) x y ( x y )3 x y ( x y )3 x y III 1,00 Hệ đã cho x y 27 x y 0,5 x y y x 3 x (TMĐK) x y y 1 ( x y ) (2 x 3) 125 0,5 S *) Kẻ SH AC SH ( ABC ) ; ta có SC BC a 3, SH SABC IV V a 0,5 M a2 a3 VSABC S ABC SH A C H B Gọi M là trung điểm SB, là số đo góc tạo hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) Ta có: SA AB a, SC BC a AM SB , CM SB cos cos AMC 0,25 + SAC BAC SH BH a SB a 2 2 2 a Ta có AM 2SA AB SB 10 a AM 10 , tương tự CM a 105 4 16 2 AM CM AC 105 Trong tam giác AMC có cos Vậy cos 105 AMC AM CM 35 35 15 Tìm GTNN biểu thức: P x y z xyz 0,25 1,00 *) Do vai trò bình đẳng x, y, z nên ta giả sử x x, y, z Từ giả thiết x và y + z = - x 2 ( y z ) (1 x ) 27 x *)Ta dễ thấy yz và Khi đó ta 4 P x3 y3 z 15 xyz x3 ( y z )3 yz ( y z ) 15 xyz x3 ( y z)3 yz 15 x 3( y z ) 4 ( y z )2 27 x 27 x 3 (27 x3 18 x x 4) x3 (1 x) yz x (1 x) 16 Xét hàm f ( x) 27 x3 18 x 3x , có f '( x) (81x 36 x 3) , f’(x) = x x 16 16 0,25 0,25 (11) WWW.VNMATH.COM Bảng biến thiên hàm f(x): x f’(x) + 1/9 7/27 1/3 0,25 f(x) 1/4 Từ BBT ta suy 1/4 Pmin đạt x = y = z = 1/3 x = 0, y = z = 1/2 và các hoán vị nó PHẦN RIÊNG: Chương trình chuẩn Tìm tọa độ các đỉnhA, B, Dcủa hình vuông(1,0 điểm) *) Gọi A(t; - 3t), từ tính chất hình vuông ta có 4t 2.4 t 1 t A(3; 7) A(1;5) d ( A, DM ) 2d (C , DM ) 2 Mặt khác A, C nằm hai phía đường thẳng DM nên có A(-1; 5) thỏa mãn *) Gọi D( d ; d 2) thuộc DM, ta có AD (d 1; d 7); CD (d 3; d 1) d D (5;3) ABCD là hình vuông nên DA.DC d 1 d 2 2 (d 1) (d 7) ( d 1) ( d 3) DA DC VI.a 0,25 1,00 0,25 0,5 *) AB DC B( 3; 1) Vậy A( 1;5), B ( 3; 1), D (5; 3) 0, 25 Tìm tọa độ B và viết PT mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Gọi B(x; y; 0), đó OB ( x; y;0) , 1,00 x B (2; 4; 0) Tứ giác OABC là hình chữ nhật nên OB OA OC 0,25 y 2 2 2 Giả sử PT mặt cầu cần tìm có dạng x y z 2ax 2by 2cz d ( Với a b c ) d Mặt cầu qua O, S, A, C nên ta có 36 4a 8b 8c d 4a d 16 8b d 2 a 1; b c 2, d 0, 0,5 Vậy PT mặt cầu là x y z x y z Gọi R là bán kính mặt cầu, từ phương trình ta suy R = thể tích khối cầu là V( S ) 33 36 Tính xác suất để sản phẩm lấy có không quá phế phẩm + Mỗi kết lấy sản phẩm ứng với tổ hợp chập 12, đó số kết có thể xảy là C12 924 + Gọi A là biến cố ” Lấy sản phẩm mà đó có hai phế phẩm” , VII.a đó A là biến cố ” Lấy sản phẩm mà đó có không quá phế phẩm” , : 2 Ta tìm : A C2 C10 210 Theo định nghĩa xác suất ta có: P( A) A 210 P ( A) 17 22 22 924 22 PHẦN RIÊNG: Chương trình Nâng cao VIb Xác định tọa độ các đỉnh tam giác + Gọi I(x;y) là trung điểm cạnh AB, G là trọng tâm tam giác x 1 xG G thuộc d: x + y - = nên x y Ta có CG CI 3 y y 1 G 0,25 1,00 0,25 0,5 0,25 1,00 0,25 (12) WWW.VNMATH.COM x y 1 Tọa độ I thỏa mãn hệ x y 1 x y + Do A thuộc x y nên tọa độ A là A(3 2a; a ) IA IA2 (2 2a ) (a 1) a a 2 4 0,5 Từ đó tìm A(4; ), B (6; ) A(6; ), B (4; ) 0,25 Tìm tọa độ các đỉnh B, C 1,00 Theo giả thiết AB 2 - B mp (Oxy) , C Oz B( x; y;0); C (0;0; z ) Ta có AH ( 1; 0;1), BH (2 x;1 y;1) , BC ( x; y; z ), AC (3; 1; z ), AB ( x 3; y 1;0) AH BC - H là trực tâm tam giác ABC nên suy BH AC AH , AC AB 7 ;14; 0), C (0;0; ) 2 Vì A, B phân biệt nên ta nhận nghiệm B ( Giải bất phương trình log 22 x log x (log x 3) (1) log 22 x log x x Đặt t log x , BPT (1) trở thành 0,5 1,00 (*) log 22 x log x 5(log x 3) Với ĐKXĐ (* ) BPT tương đương với VII.b z x x z 3 x y z y x x yz y z x x 21 x 3; y 1; z 3 x ; y 14; z 2 ĐKXĐ: 0,5 0,25 t 2t 5(t 3) (t 3)(t 1) 5(t 3) t 1 t 1 t 3 t (t 1)(t 3) 5(t 3) Vậy tập nghiệm BPT đã cho là S = 0; (8;16) 2 0 x 3log x 8 x 16 Từ đó ta log x 1 0,5 0,25 (13) WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN THI: TOÁN KHỐI B LẦN I TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN Đề chính thức NĂM HỌC : 2013 - 2014 Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian phát đề) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1: (2điểm) Cho hàm số y x3 3mx 3( m 1) x m3 m (1) 1/Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số m=1 2/ Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cựctiểu đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O lần khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O Câu 2: (1điểm) Giải phương trình: 2s inx(cos x sin x) s inx cos x x x x 13 x 17 Câu 3: (1điểm) Giải phương trình : Câu 4: (1điểm) Tính tích phân : I ln x(x 3) dx Câu (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A,D biết AB =2a; AD =DC = a (a>0) SA (ABCD) ,Góc mặt phẳng (SBC) và (ABCD) 45 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD) theo a Câu (1điểm) Cho x,y là các số thực và thoả mãn x, y Tìm giá trị nhỏ biểu thức (x y ) (x y ) (x 1)(y 1) II.PHẦN RIÊNG(3,0 điểm ): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A.Theo chương trình chuẩn P Câu 7a: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d: x-y =0 và điểm M(2;1) Viết phương trình đường thẳng cắt trục hoành Ox A và cắt đường thẳng d B cho tam giác AMB vuông cân M 2n 14 Câu 8a: (1điểm) Tìm hệ số x khai triển: 3x ; n * , biết 3 Cn 3Cn n Câu 9a (1 điểm) Giải phương trình 3x x 2.3x x 32 x B.Theo chương trình nâng cao Câu 7b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A 3; , đường phân giác góc A có phương trình x y và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7) Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp lần diện tích IBC Câu 8b(1,0 điểm) Một hộp có viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và viên bi xanh Hỏi có bao nhiêu cách lấy viên bi đó số bi đỏ lớn số bi vàng Câu 9b (1,0 điểm) Giải phương trình log 3x log 3x (Cán coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: .Số báo danh (14) WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B LẦN I NĂM HỌC 2013-2014 Câu I Điểm NỘI DUNG 1.Khi m=1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y x x a)TXĐ:D=R b)Sự biến thiên x -Chiều biến thiên y ' x x y ' x ……………………………………………………………………………………… Hàm số đồng biến trên khoảng (;0) và (2; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) 0.25 0.25 -Cực trị : Hàm số đạt cực đại x ;ycd Hàm số đạt cực tiểu x ;y ct 4 -Giới hạn : lim ; lim x x ……………………………………………………………………………………… Bảng biến thiên x + y' - 0.25 + y -4 ……………………………………………………………………………………… Đồ thị 0.25 (15) WWW.VNMATH.COM 2:Tìm m để đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cực tiểu đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O lần khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O TXD: D=R Ta có y ' x 6mx 3( m2 1) Đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và y ' có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu qua các nghiệm x 6mx 3( m 1) có hai nghiệm phân biệt 0.25 ' 9m 9(m 1) m x m 1 Vậy m đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và y ' x m 1 Điểm A(m-1;2-2m);B(1+m,-2-2m) là điểm cực đại ,điểm cực tiểu đồ thị hàm số theo giả thiết ta có OB=3 OA OB 9OA2 (m+1) (2 2m)2 (m-1)2 (2 m) 0.25 0.25 m m 5m m 2 m Vậy với thì đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ m điểm cực tiểu đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O lần khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O Giải phương trình : 2s inx(cos x sin x) s inx cos 3x (1) 0.25 phương trình (1) 0.25 (16) WWW.VNMATH.COM sin x.cos x s inx cos 3x sin 3x s inx s inx cos 3x sin 3x cos3x s inx 2 cos sin 3x sin cos3x s inx sin(3x ) sin x 3 3x x k2 x k kZ 3x x k2 x k 3 0.25 sin 3x cos 3x sin x 3.Giải phương trình x x x 13x 17 0.25 0.25 Điều kiện : x Ta có : x x x 13 x 17 ( x 1) ( x 1) x 13 x 15 ( x 1)( x 1) ( x 1)( x 1) ( x 5)(2 x 3) x 1 x 1 x 5 5 x ( x 5)(2 x 3) x 1 x 1 x 1 (2 x 3) x x 1 1 1 Ta có (2 x 3) (2 x 3) x 1 x 1 x 1 x 1 1 Vì x 4;6 và x x 4; 6 x 1 x 1 x 1 0.25 0.25 0.25 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x= Tính tích phân I ln x( x 3) dx Ta có 3 I ln x( x 3) dx ln( x x 2)dx ln( x 1) ( x 2)dx 3 3 ln( x 1) dx ln( x 2)dx ln( x 1) dx ln( x 2)dx 2 2 2dx u ln(x 1) du Xét J ln(x 1) dx Đặt x 1 dv dx v x 0.25 0.25 3 3 J 2(x 1).l n(x-1) dx 2(x 1).ln(x-1) 2x 4ln 2 0.25 (17) WWW.VNMATH.COM dx u ln(x 2) du Xét K ln(x 2) dx Đặt x2 dv dx v x 0.25 3 3 K (x 2).l n(x+2) dx (x 2).ln(x+2) x 5ln ln I 5ln 4ln Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A, D biết AB =2a ; AD=DC=a.(a>0) SA (ABCD) ,góc hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) 45 Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD) S H A D B C +Theo giả thiết ta có AD= DC = a Gọi H là trung điểm AB HA=HB=a Từ giả thiết ADCH là hình vuông cạnh a Trong tam giác ABC có CH là trung tuyến AC BC và CH AB ABC vuông cân C vì AC BC a BC AC BC (SAC) BC SC BC SA (SBC) (ABCD) BC BC SC (SBC) 450 là góc (SBC) và (ABCD) +Có SCA BC AC (ABCD) SA (ABCD) +Ta có diện tích hình thang ABCD S ABCD 3a ( AB DC ) AD 2 +Có tam giác ΔSAC vuông cân A ta có SA=AC= AD +DC a 0.25 0.25 (18) WWW.VNMATH.COM 1 3a 2 +Thể Tích khối chóp SABC là : VS.ABCD SABCD SA a a 3 2 3V Ta có VSDCB SBCD d(B; (SCD)) d(B; (SCD)) SDCB SBCD 0.25 11 1350 nên V Trong BCD có C BC.CD.sin1350.SA a SDCB 32 3 a 3V 2a a 6 Vậy d(B;(SCD)) SDCB SBCD 3a a.a 2.sin135 0.25 Cho x,y là các số thực và thoả mãn x,y >1 Tìm giá trị lớn biểu thức ( x3 y ) ( x y ) :P ( x 1)( y 1) câu6 Đặt t =x + y điều kiện t > Áp dụng bất đẳng thức xy ( x y ) ta có xy t2 0.25 t t xy (3t 2) t P 3t-2>0 xy nên ta có xy t t2 t t (3t 2) t2 P t2 t 2 t 1 t2 Xét hàm số f (t ) trên (2; ) t2 t (l) t 4t có f '(t ) f '(t ) (t 2) t (tm) lim f (t) ; lim f (t) 0.25 0.25 x x 2 t f'(t) f(t) - + 0.25 (19) WWW.VNMATH.COM x y x f (t ) f (4) minP dấu = xảy và xy y TỰ CHỌN A theo chương trình chuẩn 1:Gọi A(a;0) thuộc Ox và B(b;b) thuộc d ta có MA( a 2; 1) MB (b 2; b 1) (2; ) 7a MA MB MB.MA ABM vuông cân M nên 2 MA MB MA MB (a 2)(b 2) (b 1) vì b=2 không thoả mãn hệ phương tình nên ta có 2 (a 2) (b 2) (b 1) b 1 b 1 a2 a b2 b2 b 2 (a 2) (b 2) (b 1) ( ) (b 2) (b 1) b a b 1 a b2 b 2 a (b 2) (b 1) (b 2)2 (b 1)2 (b 2) b Vậyphương trình đường thẳng : x y ; : x y 12 n 14 dk (1) Cn 3Cn n n N với điều kiện trên phương trình (1) tương đương 28 n(n 1) n(n 1)( n 2) n 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 8a Ta có 0.5 n 2 n n 18 n kết hợp điều kiện n=9 Với n=9 ta có khai triển (1 x)2n (1 x)18 Số hạng tỏng quát Tk 1 C18k ( 3) k x k số hạng chứa x k =9 Vậy hệ số x9 khai triển là C189 ( 3) 9a 3 Giải phương trình 3x x 2.3x x 32 x (1) 3 Ta có 3x x.3x x 32 x 3 3 (1) 3x x (1 3x x ) 2(1 3x x ) (1 3x x )(3x x 2) 1 x x3 x x x x x 1 0.25 0.25 (20) WWW.VNMATH.COM 0.25 x Vậy Phương trình đã cho có nghiệm x x 1 0.25 B Theo Chương Trình nâng cao 7b Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A 3; , đường phân giác góc A có phương trình x y và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7) Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp lần diện tích IBC + Ta có IA Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có dạng C : ( x 1)2 ( y 7)2 25 + Gọi D là giao điểm thứ hai đường phân giác góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC Tọa độ D là nghiệm hệ 0,25 A I x y 1 D 2;3 2 ( x 1) ( y 7) 25 B H K C 0,25 D + Vì AD là phân giác góc A nên D là điểmchính cung nhỏ BC 0,25 Do đó ID BC hay đường thẳng BC nhận véc tơ DI 3; làm vec tơ pháp tuyến + Phương trình cạnh BC có dạng 3x y c + Do SABC 4SIBC nên AH 4IK + Mà AH d A; BC 7c và IK d I ;BC 31 c nên 114 c c 31 c c 131 0,25 Vậy phương trình cạnh BC là : x 12 y 114 15 x 20 y 131 8b Một hộp có viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và viên bi xanh Hỏi có bao nhiêu cách lấy viên bi đó số bi đỏ lớn số bi vàng Các trường hợp để chọn viên bi đó số bi đỏ lớn số bi vàng là TH1: Cả viên bi chọn là bi đỏ số cách là : C54 cách chọn TH2: Trong viên bi chọn có 1bi đỏ và bi xanh số cách là : C51.C43 cách chọn TH3: Trong viên bi chọn có 3bi đỏ và bi xanh số cách là : C53 C41 cách chọn TH4: Trong viên bi chọn có 3bi đỏ và bi vàng số cách là : C53 C31 cách chọn TH5: Trong viên bi chọn có 2bi đỏ và bi xanh 0,25 0,25 0,25 (21) WWW.VNMATH.COM 0,25 số cách là : C52 C42 cách chọn TH6: Trong viên bi chọn có 2bi đỏ và bi vàng và bi xanh số cách là : C52 C31.C41 cách chọn Vậy có C54 + C51.C43 + C53 C41 + C53 C31 + C52 C42 + C52 C31.C41 =275 cách chọn thoả mãn yêu cầu bài toán 9b Giải phương trình log 3x log 3x (1) (1) log (3 x 1).log 9(3 x 1) log (3x 1).(log log (3x 1)) log (3 x 1).(2 log (3x 1)) 0,25 Đặt t log3 (3x 1) t>0 t (1) t (2 t ) t 2t kết hợp điều kiện ta có t=1 t 3 (l) 0,25 với t=1 log (3x 1)=1 3x 3x x log Vậy phương trình có nghiệm x log3 0,25 0,25 Trên đây là hướng giải Mọi cách giải đúng cho điểm tối đa (22) www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CỔ LOA Ngày thi : 19/1/2014 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2014 Môn : TOÁN - Khối : A, A1, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề -4 Câu (2,0 điểm): Cho hàm số: y x m 1 x (1) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m b) Tìm m để đường thẳng y 2m cắt đồ thị hàm số (1) đúng hai điểm phân biệt A,B cho diện tích tam giác OAB Câu (1,0 điểm): Giải phương trình: 2sin x 2sin x.cos x 3sin x sin x 6 Câu (1,0 điểm): Giải hệ phương trình 3 2 2 x y xy x y 3x y 3x y xy , x, y 3 x x y 3 y e x e x Câu (1,0 điểm): Tính nguyên hàm: x dx e e x Câu (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a tâm O, hình chiếu đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm AO, góc mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) là 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến mặt phẳng SCD Câu (1,0 điểm): Cho x, y, z thỏa mãn x y z Tìm giá trị nhỏ A x3 y z Câu (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm cạnh BC, N thuộc cạnh AC cho AN AC Biết MN có phương trình 3x y và D(5;1) Tìm tọa độ điểm B biết M có tung độ dương Câu (1,0 điểm): Một hộp có viên bi xanh, viên bi đỏ và viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên viên bi hộp Tính xác suất biến cố viên chọn có đủ màu và số bi đỏ số bi vàng Câu (1,0 điểm): Giải phương trình: 25x 20 x 5.10 x 5.2 x 5.4 x 5x1 10 x 50 x Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: (23) www.VNMATH.com SỞ GD - ĐT HÀ NỘI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2013 - 2014 Câu (2 điểm Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1,B ,D _ Đáp án Điểm a) điểm Khi m , ta có hàm số y x x Txđ: 0,25 x ; y' x - Sự biến thiên:Chiều biến thiên: Hàm số đồng biến trên 2;0 ; 2; , nghịch biến trên ; và 0; Cực trị: Hàm số đạt cực đại x , yCĐ ;h/s đạt cực tiểu x , yCT 1 Giới hạn: lim y lim y x - 0,25 x Bảng biến thiên: x y' + 0 + y 0,25 1 1 Đồ thị 0,25 b) điểm Pt hoành độ giao điểm : x 2(m 1) x 2m 1 x2 x 1 Ta có 1 x 2(m 1) x 2m x m x 2m Ta có 1 luôn có nghiệm phân biệt x 1 0,25 Để đường thẳng d cắt đồ thị Cm đúng điểm phân biệt thì 1 có đúng nghiệm m 2m phân biệt * m 1 m Trang 1/5 0,25 (24) www.VNMATH.com Khi đó, giả sử giao điểm là A 1; 2m , B 1; 2m Ta có OAB cân O , gọi I là trung điểm AB I (0, 2m) và AB 2, OI 2m Theo giả thiết SOAB OI AB m 3 tho¶ m·n * m 1 m 1 Vậy m 3 m kh«ng tho¶ m·n * Pt đã cho sin x cos x sin 3x sin x 3sin x sin 3x sin x 4sin x cos x 0,25 0,25 0,25 sin x cos x 4sin x 2sin x (1 điểm) sin x 2sin x sin x cos x sin x cos x 5 k , k ; sin x cos x sin x x 3 0,25 0,25 sin x x k , k ; Vậy, các nghiệm phương trình là x k , x 5 k 2 , k x3 y xy x y x y x y xy 1 Giải hệ phương trình 3 x x y 3 y ĐK: x 1 x y x xy y xy x y x y x y xy ( x y )( x y ) 2( x y ) ( x y ) 3( x y ) ( x y )( x y 2) ( x y 2)( x y 1) 2 (3) x y 1 1 (4) x y , vô nghiệm 2 2 x y x y (4) (3) y x Thay vào (2) ta (1 điểm) 0,25 0,25 0,25 x 1 33 2x x2 2x 3 x 1 1 3 x 2 x 1 x x2 x 3 2x 4 2x 2x x x 2 x x (5) x x 2 x - Với x y Với phương trình (5), Ta có vế trái là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm số đồng biến Mà x là nghiệm (5) nên (5) có nghiệm là x y Vậy nghiệm x; y hệ đã cho là 2;0 Trang 2/5 0,25 0,25 (25) www.VNMATH.com x x 1 e e 3 dx 1 x x dx dx x x x x x e e 2 e e 2 e e 2 ex ex x x Với I1 x x dx x dx (e x 1)2 dx Đặt t e dt e dx e e 2 e 2e x I (1 điểm) I1 dt 1 C x C t t e 1 I x C e 1 0,25 x Gọi H là trung điểm AO SH ABCD Dựng HI CD I, suy CD SHI SI CD , góc SCD và ABCD là K M A D I H O B 0,25 0,25 S G 0,25 C HI // AD nên HI SIH 600 SIH 3 AD a suy 4 3a tan 60O 3a SH HI tan SIH 4 S ABCD a 0,25 0,25 1 3a 3a V S SH a S ABCD ABCD 3 4 (1 điểm) SG Trong (SAB), SG cắt AB M thì M là trung điểm AB và SM 2 Mà MG SCD S suy d(G,(SCD))= d M , SCD d A, SCD 3 AC 4 nên d A, SCD d H , SCD AH SCD C , HC 3 0,25 Kẻ HK SI K HK SCD HK d H , ( SCD ) 1 16 16 64 3a HK 2 2 27 a 9a 27 a HK SH HI 3a a d G, ( SCD) (1 điểm) x y x y x y là mệnh đề đúng với x, y 1 3 Suy A x y z z z 4 Xét hàm số f z z z , z 0;3 z 1 0;3 Ta có f z z z 3 , f z z 0;3 Ta có x3 y Trang 3/5 0,25 0,25 0,25 (26) www.VNMATH.com Bảng biến thiên hàm số f z trên 0;3 : z f z f z + 0,25 27 108 108 25 Từ bảng biến thiên suy ra, A có giá trị nhỏ là (1 điểm) 108 z , x y 25 5 0,25 0,25 Kẻ NH BC H , NK DC K Ta có NKC NHC (cạnh huyền và góc nhọn) NK NH DK AN AD NK DC AC DK BH mà M là trung điểm BC nên H là trung điểm BH AN AB NH BC AC BM MNH , ND NM DKN MHN DNK 900 DNH 900 DNM vuông cân N Mà KNH DN MN pt DN : ( x 5) 3( y 1) hay x y x 3y Toạ độ N thoả mãn: N (2; 2) 3 x y Gs M (m;3m 4) MN (2 m;6 3m), DN 10, MN DN m M (3;5) (2 m) (6 3m)2 10 (m 2)2 m M (1; 1) lo¹i 1 NM M (3;5) , gọi P MN AD NP 1 xp xp y p 1 yp 1 Ta có AP MC = BC AD DP DA 6 Trang 4/5 0,25 0,25 (27) www.VNMATH.com DP DA CB MB MB DP 6 35 xB xB yB y (1 1) B 0,25 Chọn viên bi 18 viên bi thì có C185 cách 0,25 Không gian mẫu gồm n C185 8568 kết đồng khả xảy Gọi A là biến cố “5 viên chọn có đủ màu và số bi đỏ số bi vàng” Ta có các trường hợp xảy ra: TH1: Trong bi chọn có bi đỏ, bi vàng và bi xanh Có C61 C71 C53 cách chọn trường hợp này (1 điểm) TH2: Trong bi chọn có bi đỏ, bi vàng và bi xanh Có C62 C72 C51 cách chọn trường hợp này 0,25 0,25 n( A) C61 C71 C53 C62 C72 C51 1995 Vậy xác suất cần tìm là: P( A) n( A) 1995 95 n() 8568 408 25 x 20 x 10 x x x x 1 10 x 50 x 25 x 50 x 20 x 10 x 5.10 x x 1 x x 0,25 0,25 x 1 25 x 10 x 5.5 x 5.2 x (1 điểm) x 1 x x x 0,25 2 (1) x x 0,25 x 5 x 1 (2) x x Vậy tập nghiệm phương trình là: S 0;1 Chú ý: Nếu thí sinh làm bài theo các cách khác mà đúng thì đầy đủ số điểm theo đáp án qui định Hết Trang 5/5 0,25 (28) www.MATHVN.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A1; Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2mx + (1), với m là tham số a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3x + (1 − cos x) cos x = (sin x + cos x) sin x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 4(2 x + 1) + 3( x − x) x − = 2( x + x) Câu (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành quay hình phẳng giới hạn các đường x +1 , y = 0, x = xung quanh trục hoành y= x2 + Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A' B ' C ' có các đáy là tam giác cạnh 3a Hình chiếu vuông góc C ' lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm D thỏa mãn điều kiện DC = −2 DB Góc đường thẳng AC ' và mặt phẳng ( A' B' C ' ) 450 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A' B' C ' và tính côsin góc hai đường thẳng BB ' và AD Câu (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn + x + + y + + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + y + z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a phần b) a Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B( ; − 5), phương trình các đường thẳng chứa đường cao kẻ từ A và trung tuyến kẻ từ B là x − y − = và x + y + = Tìm tọa độ các điểm A và C biết diện tích tam giác ABC 16 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng d1 : x −1 y z − = = ; 1 x y − z −1 x −3 y + z ; d3 : = = = = Tìm tọa độ điểm P thuộc d1 và điểm Q thuộc d cho đường 1 −2 thẳng PQ vuông góc với d và độ dài PQ nhỏ Câu 9.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z+i z +i + là số ảo z +1 z +1 d2 : b Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2 3; 2) Viết phương trình chính tắc elíp (E) qua M biết M nhìn hai tiêu điểm (E) góc vuông Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm K (1; 3; 2) và mặt phẳng ( P) : x + y + z − = Viết phương trình đường thẳng d qua K, song song với mặt phẳng (Oyz ) và tạo với (P) góc α có tan α = ⎧2 x.3 y − x+2 = 3(6 x − y ) Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ R) ⎩log (1 + x) + log (2 + xy) = 2(1 + log y ) Hết -Ghi chú: BTC trả bài vào các ngày 18, 19/5/2013 Để nhận bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC Kỳ khảo sát chất lượng lần cuối năm 2013 tổ chức vào chiều ngày 15 và ngày 16/6/2013 Đăng kí dự thi văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 18/5/2013 (29) TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu Câu (2,0 điểm) www.MATHVN.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án a) (1,0 điểm) Khi m = hàm số trở thành y = x − x + 3 1o Tập xác định: D = R , y là hàm số chẵn 2o Sự biến thiên: * Giới hạn vô cực: lim y = lim x ( − + ) = +∞ x → ±∞ x → ±∞ 3x x 16 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = x − x, x ∈ R 3 ⎡ x < −2 ⎡− < x < ⎡x = ; y' < ⇔ ⎢ y' = ⇔ ⎢ ; y' > ⇔ ⎢ ⎣0 < x < ⎣x > ⎣ x = ±2 Suy hàm số đồng biến trên khoảng (−2; 0) và (2; + ∞) ; nghịch biến trên khoảng (−∞; − 2) và (0; 2) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại điểm x = 0, giá trị cực đại yCĐ = ; hàm số đạt cực tiểu 10 các điểm x = −2 và x = 2, giá trị cực tiểu yCT = − * Bảng biến thiên: y x −∞ –2 +∞ − + − + y' +∞ +∞ y 10 10 − − −2 x O 3 3o Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng − Khi đó đồ thị hàm số có điểm cực trị là A(0; 2), B (− 3m ; − 3m ) và C ( 3m ; − 3m ) Tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O và OA = OB = OC ⎡m = 1, m = 2 ⇔ = 3m + (2 − 3m ) ⇔ m(m − 1)(3m + 3m − 1) = ⇔ ⎢ ⎢m = − ± 21 ⎢⎣ Câu (1,0 điểm) π 0,5 0,5 0,5 − + 21 Phương trình đã cho tương đương với sin x + cos x − cos x cos x = sin x sin x + sin x cos x ⇔ sin x + cos x = (cos x cos x + sin x sin x) + sin 3x + sin x ⇔ cos x = cos x + sin x ⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x − 1) = * cos x + sin x = ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − 0,5 10 b) (1,0 điểm) 4x Ta có y ' = x − 4mx = ( x − 3m) 3 Đồ thị hàm số có điểm cực trị ⇔ phương trình y '= có nghiệm phân biệt ⇔ m > Kết hợp điều kiện m > ta có giá trị m là m = 1, m = Điểm + kπ www.DeThiThuDaiHoc.com 0,5 (30) www.MATHVN.com ⎡ π π ⎡ x = k 2π ⎢ x + = + k 2π π⎞ ⎛ * cos x − sin x = ⇔ cos⎜ x + ⎟ = ⇔⎢ ⇔⎢ ⎢ x = − π + k 2π π π 4⎠ ⎝ ⎢ x + = − + k 2π ⎣ ⎢⎣ 4 Vậy nghiệm phương trình là x = − Câu (1,0 điểm) π + kπ , x = k 2π , x = − Điều kiện: x ≥ Phương trình đã cho tương đương với x( x − 2) x − = 2( x − x + x − 2) vì π 0,5 + k 2π , k ∈ Z 0,5 ⇔ x( x − 2) x − = 2( x − 2)( x − x + 1) ⎡x = ⇔⎢ ⎣3 x x − = 2( x − x + 1) Phương trình (1) tương đương với (1) 2(2 x − 1) + x x − − x = ⇔ 2x −1 2x −1 + − = x x (2) 2x −1 , t ≥ Khi đó phương trình (2) trở thành x Đặt t = 0,5 2t + 3t − = ⇔ (2t − 1)(t + 2) = ⇔ t = , t ≥ 2 Suy x − x + = ⇔ x = ± , thỏa mãn điều kiện Vậy nghiệm phương trình là x = 2, x = + , x = − x +1 Ta có = ⇔ x = −1 x2 + Thể tích V cần tính là thể tích khối tròn xoay tạo thành quay hình thang cong giới hạn x +1 các đường y = , y = 0, x = −1, x = xung quanh Ox x2 + 3 2x ⎞ ( x + 1) ⎛ Suy V = π ∫ − dx = π ∫ ⎜1 + ⎟dx x + x + 3⎠ x +3 −1 −1 ⎝ Câu (1,0 điểm) ( = π x + ln | x + | ) −1 Tính I = ∫x −1 Câu (1,0 điểm) dx dx = π (4 + ln 3) − 2π ∫ x +3 x +3 −1 −1 − 2π ∫ (1) π π dx và Đặt x = tan t Khi x = −1 thì t = − , x = thì t = +3 dx = 0,5 dx dt Suy I = ∫ = cos t x +3 −1 π π 3 dt ∫π 3(1 + tan t ) cos2 t = − ∫π dt = − 3π 0,5 3π Thay vào (1) ta V = (4 + ln 3)π − Từ giả thiết ⇒ C ' D ⊥ ( ABC ) Vì ( ABC ) //( A' B ' C ' ) nên B' ∠( AC ' , ( ABC )) = ( AC ' , ( A' B ' C ' )) = ∠C ' AD = 450 A' C' Sử dụng định lí cosin cho ΔABD ⇒ AD = a ⇒ C ' D = AD tan 450 = a Suy thể tích lăng trụ B D C 3a 45 V = C ' D.S ABC = a A www.DeThiThuDaiHoc.com (3a ) 21 = a 4 0,5 (31) www.MATHVN.com Vì AA' // BB ' nên ∠( BB ' , AD) = ∠( AA' , AD) = ∠A' AD (1) Vì C ' D ⊥ ( ABC ) nên C ' D ⊥ ( A' B ' C ' ) ⇒ C ' D ⊥ C ' A' ⇒ DA' = DC ' +C ' A' = 16a , AA' = CC ' = C ' D + DC = a 11 Suy cos ∠A' AD = 2 AA' + AD − DA' = (2) AA'.AD 77 0,5 77 Từ (1) và (2) suy cos( BB' , AD) = | cos ∠A' AD | = Câu (1,0 điểm) Với hai số không âm a, b ta có + a + + b ≥ + + a + b (1) Thật vậy, (1) ⇔ + a + b + (1 + a )(1 + b) ≥ + a + b + + a + b ⇔ + a + b + ab ≥ + a + b , luôn đúng Dấu đẳng thức xảy a = b = 0,5 Áp dụng (1) ta có = + x + + y + + z ≥ + + x + y + + z ≥ + + x2 + y + 2z Suy x + y + z ≤ 8, hay y + z ≤ − x2 (2) ⎛ x2 ⎞ Khi đó P ≤ x + ( y + z ) ≤ x + ⎜⎜ − ⎟⎟ 2⎠ ⎝ Chú ý rằng, từ (2) và x, y, z không âm ta có ≤ x ≤ 2 3 (3) ⎛ x2 ⎞ Xét hàm số f ( x) = x + ⎜⎜ − ⎟⎟ trên [0; 2 ] Ta có ⎠ ⎝ [ ] ⎛ x2 ⎞ f ' ( x) = x − 3x⎜⎜ − ⎟⎟ = x( x − 2) x(12 − x ) + 2(16 − x ) 2⎠ ⎝ ⎡x = Với x ∈ [0; 2 ] ta có f ' ( x) = ⇔ ⎢ ⎣ x = Câu 7.a (1,0 điểm) (4) Từ f (0) = 64, f (2) = 24, f ( 2 ) = 32 suy f ( x) ≤ 64, ∀x ∈ [0; 2 ] Từ (3) và (4) ta có P ≤ 64, dấu đẳng thức xảy x = y = 0, z = x = z = 0, y = Vậy giá trị lớn P là 64, đạt x = y = 0, z = x = z = 0, y = A BC ⊥ AH ⇒ pt BC : 3x + y − = C ∈ BC ⇒ C (c; − 3c), A ∈ AH ⇒ A(3a + 7; a) M ⎛ 3a + c + a − 3c + ⎞ ; Suy trung điểm AC là M ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ B H 0,5 C 3a + c + a − 3c + + + = ⇔ a − c + = 2 | 10a + 14 | Ta có BC = (c − 4) + (12 − 3c) = 10 c − , AH = d ( A, BC ) = 10 ⇒ S ABC = BC AH = | (c − 4)(5a + 7) | = 16 ⎡ A( −2; − 3), C (2; 1) ⎡a = −3, c = ⎢ Từ (1) và (2) suy ⇒ ⎢ ⎛ 29 ⎞ ⎛ 36 73 ⎞ ⎢ A⎜ ; − ⎟, C ⎜ ; − ⎟ ⎢a = − , c = 36 ⎢⎣ ⎝ 5⎠ ⎝ 5⎠ 5 ⎣ Do M ∈ BM : x + y + = ⇒ Câu 8.a (1,0 điểm) 0,5 (1) (2) 0,5 P ∈ d1 ⇒ P( p + 1, p, p + 3), Q ∈ d ⇒ Q( q; 2q + 2; q + 1) Suy PQ = (− p + q − 1; − p + 2q + 2; − p + q − 2) PQ ⊥ d ⇒ u3 PQ = ⇔ −2(− p + q − 1) + 1( − p + 2q + 2) + 1(−2 p + q − 2) = ⇔ − p + q + = hay p = q + www.DeThiThuDaiHoc.com 0,5 (32) www.MATHVN.com Suy PQ = + q + (q + 6) = 2q + 12q + 45 = 2( q + 3) + 27 ≥ 27 0,5 Suy PQ = 3 p = −1, q = −3 hay P(0; − 1; 1), Q(−3; − 4; − 2) Giả sử z = x + yi và điểm biểu diễn số phức z là M ( x; y ) Câu 9.a (1,0 điểm) Ta có z + i z + i | z |2 + z + z + i ( z + z ) + 2i 2( x + y ) + x + 2( x + 1)i + = = z +1 z +1 | z |2 + z + z + ( x + 1) + y 0,5 ⎧⎛ 1⎞ ⎧⎪2( x + y ) + x = + x z+i z +i ⎪⎜ ⎟ +y = + là số ảo ⇔ ⎨ ⇔ ⎨⎝ ⎠ z +1 z +1 ⎪⎩( x + 1) + y ≠ ⎪( x; y ) ≠ (−1; 0) ⎩ 0,5 Câu 7.b (1,0 điểm) Câu 8.b (1,0 điểm) 1⎞ ⎛ Vậy tập hợp điểm M là đường tròn ⎜ x + ⎟ + y = bỏ điểm (−1; 0) 2⎠ ⎝ 2 x y Phương trình chính tắc ( E ) : + = (a > b > 0) a b 12 M ∈ ( E ) ⇔ + = a b ∠F1MF2 = 90 ⇒ MO = F1 F2 = c ⇒ c = ⇒ a − b = 16 2 ⎧⎪a = 24 x2 y2 Từ (1) và (2) suy ⎨ ⇒ (E) : + = 24 ⎩⎪b = Phương trình (Oyz ) : x = (1) (2) Giả sử d có vtcp u d (a; b; c), (a + b + c ≠ 0) ⎧⎪ K (1; 3; 2) ∉ (Oyz ) ⇔ 1.a = hay a = Suy u d (0; b; c) và nP (1; 1; 1) Ta có d //(Oyz ) ⇔ ⎨ ⎪⎩u d n Oyz = Do 00 ≤ α ≤ 900 nên từ tan α = ⇒ sin α = ⇒ |b+c| b + c 2 = 0,5 0,5 0,5 |b+c| Mà sin( d , ( P )) = 3 b + c 2 ⇔ (b − c) = ⇔ b = c ≠ 0,5 ⎧x = ⎪ Chọn b = c = ⇒ u d = (0; 1; 1) Suy phương trình d : ⎨ y = + t ⎪ z = + t ⎩ Câu 9.b (1,0 điểm) ⎧ x > −1, y > Điều kiện: ⎨ ⎩1 + xy > Phương trình thứ hệ tương đương với x.3 y + y +1 = x+2 + 3.6 x ⇔ (2 x + 3)3 y = (2 x + 3)3 x+1 ⇔ y = x+1 ⇔ y = x + Phương trình thứ hai hệ tương đương với log (1 + x)(1 + xy ) = log 2 y ⇔ (1 + x)(1 + xy) = y ⎧y = x +1 > ⎧y = x +1 > ⎧y = x +1 > Từ đó ta ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 2 ⎩1 + xy = y ⎩x − x − = ⎩(1 + x)(1 + xy) = y ⎡ 1+ 3+ , y= ⎢x = 2 ⇔⎢ ⎢ 3− 1− , y= ⎢x = 2 ⎣ www.DeThiThuDaiHoc.com 0,5 0,5 (33)