De thi thu DH Vinh PhucToan

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 7a 1,0 điểm.[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x y x  (1) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Tìm tọa độ hai điểm A, B phân biệt thuộc (C) cho tiếp tuyến (C) các điểm A, B song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông O (với O là gốc tọa độ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 4sin 3x  sin x  2sin x cos x 0 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ( x  3)( x  4)  y ( y  7)  y2 x    x 2 y  Câu (1,0 điểm) Xác định tất các giá trị m để phương trình x  2mx    x có nghiệm Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có cạnh đáy a , đường thẳng B ' C tạo với đáy o góc 60 Tính theo a thể tích khối chóp C A ' B ' B và khoảng cách từ B ' đến mặt phẳng ( A ' BC )  0;1 và thoả mãn: x  y 1  z Tìm giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm) Cho ba số x, y, z thuộc nửa khoảng x y z   y  z z  x xy  z biểu thức: II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(5;  7) , điểm C P thuộc đường thẳng có phương trình x  y  0 Đường thẳng qua D và trung điểm đoạn thẳng AB có phương trình 3x  y  23 0 Tìm tọa độ B và C , biết điểm B có hoành độ dương 2x 2( x  x  )  161 x 4 0 Câu 8a (1,0 điểm) Giải phương trình:  15.2 Câu 9a (1,0 điểm) Một hộp chứa viên bi xanh, viên bi đỏ và viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để lấy viên bi khác màu B Theo chương trình Nâng cao C  3;  3 Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm và điểm A thuộc đường thẳng d : 3x  y  0 Gọi M là trung điểm BC, đường thẳng DM có phương trình x – y – 0 Xác định tọa độ các điểm A, B, D (2 x  1) x   x Câu 8b (1,0 điểm) Tính giới hạn: x  Câu 9b (1,0 điểm) Gọi E là tập hợp các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, Chọn ngẫu nhiên hai số khác thuộc tập E Tính xác suất để hai số chọn có đúng số có chữ số -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm lim Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh:……………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1 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 - Với Câu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn II ĐÁP ÁN: Câu Ý NỘI DUNG ĐIỂM 2,0 điểm a D R \  1 TXĐ : lim y 2, lim y 2 0,25 x   Ta có: x   suy đường y 2 là tiệm cận ngang lim y , lim y   x  1 x suy đường x 1 là tiệm cận đứng y '   0, x 1 ( x  1) 0,25 Ta có : Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) Bảng biến thiên:  x   y ’  y  Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận I  1;   0,25 làm tâm đối xứng 0,25 b 2a    2b  A  a; , B  b;   , (a b) a 1, b 1 A , B a  b      Vì thuộc đồ thị hàm số nên , 2 f '(a )  , f '(b)  ( a  1) (b  1) Tiếp tuyến A, B có hệ số góc là: f '(a)  f '(b)   Ta có 2 a b (l )   (a  1) (b  1)   2 (a  1) (b  1)  a  b 2     OA  OB  OA.OB 0  ab   ab 0 (l ) 4ab 0     ( a  1)(b  1)  (a  1)(b  1) Lại có: (vì ab 0 thì A trùng O B trùng O) 0,25 0,25 0,25  a  1, b 3  A(  1;1), B(3;3)   a 3, b    A(3;3), B( 1;1) (a  1)(b  1) kết hợp a  b 2 suy ra:   A( 1;1), B(3;3)  A(3;3), B ( 1;1) Vậy:  1,0 điểm 4sin 3x  sin x   sin x  sin x  0 Phương trình đã cho tương đương với:  3sin 3x  sin x  sin x 0  3sin x  2sin x.cos x 0  sin x(3  2cos x) 0  sin x 0 k k  x  ;k  x  ;k  3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1,0 điểm ( x  3)( x  4)  y ( y  7) (1)  y2 x  x 10 x 1  (2)   x  y 2 y 0 y2  Đk: 2 Từ (1) ta có ( x  1)  3( x  1) (2  y )  3(2  y ) (3)   0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Mà (3)  f ( x  1)  f (2  y )  x  2  y  x 3  y y2 2 y  2 y Thế vào (2) ta  y 0,25  y 1  x 2  y  y  0   y   x 5 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (2 ; 1) và (5 ; – ) 1,0 điểm Ta có: x  2mx   x  x2  x2 1  f ( x)  f ( x )   0, x 2 x với x 2 Ta có x Xét hàm số Bảng biến thiên  x f’(x) +  f(x) 0,25 x  2mx  x   x 2   x 2    x2  2 x  (2m  4) x  x 2m  0,25 Xét hàm f (t ) t  3t , t  Ta có f (t ) 2t   0, t   f (t ) đồng biến trên (0;+  ) 0,25 0,25 0,25 0,25 3 11 2m   m  thì phương trình đã cho có nghiệm Từ bảng biến thiên ta có với 1,0 điểm 0,25 a2 SABC  a.a.sin 60o  Ta có: CC ' a.tan 60 a , 1 a2 a3  VC A ' B ' B VC ABA '  VABC A ' B ' C '  S ABC CC '  a  3 4 o 0,25 0,25 2 Ta có: A ' B  A ' C  a  3a 2a A ' M  BC  A ' M  4a  Gọi M là trung điểm BC suy 1 a 15 a 15  S A ' BC  A ' M BC  a  2 VC A ' B ' B VB ' A ' BC  SA ' BC d ( B ',( A ' BC )) Lại có:  d ( B ', ( A ' BC ))  a a 15  3VC A ' B ' B 3a 3a   3a S A ' BC a 15 15 d ( B ', ( A ' BC ))  15 Vậy 0,25 1,0 điểm Do x, y   0;1 Ta có P xy  z và x  y 1  z  x  z , y z  x  y 2 xy  x  y x  y 2 x y z   yz zx x y 3   3  P 2 Dấu xảy x  y z 1 Pmin  x  y  z 1 Vậy 1,0 điểm C  c; c    d1 Gọi , M là trung điểm AB, I là giao điểm AC và d :3 x – y – 23 0 Ta có AIM đồng dạng CID    c  10 c  10   CI 2 AI  CI 2 IA  I  ;    Mà I  d nên ta có: 0,25  x y z 1       x  y    y  z    z  x       yz zx x y  xy yz zx 7.a 0,25 c  10 c  10 4  23 0  c 1  C  1;5  3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3t    3t  23   M  d2  M  t;   B  2t  5;      Ta có:  3t    3t  19    AB  2t  10;  , CB  2t  6;      0,25  t 1  AB.CB 0   t    t  3   3t    3t  19  0   29 t   Do 8.a 2x 2( x  Đk: x   15.2 x 4 )  161 x 4 x Phương trình đã cho tương đương x Đặt t 4 x 4 0 x 4  15.4 x  x 4 (t  0) Phương trình đã cho trở thành:  16 0  t  1(l ) t  15t  16 0    t 16 x  x 4 16  x  x  2  x   x  Với t 16   x 2   x 5  x  x 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 5 9.a  C92 36 1 Số cách chọn viên bi gồm bi xanh và bi đỏ C4 C3 12 1 Số cách chọn viên bi gồm bi xanh và bi vàng C4 C2 8 1 Số cách chọn viên bi gồm bi vàng và bi đỏ C2 C3 6 Suy số cách chon bi khác màu 26 26 13 P  36 18 Vậy, xác suất chọn hai viên khác màu 1,0 điểm A  d  A  t ;  3t  8.b 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 điểm Số cách chọn viên bi tùy ý 7.b 0,25  B( 3;  3) (l )  33 21     33 21   B  ;   B ;   5   5 1,0 điểm d  C , DM   d  A, DM   4t  8  t  2 Ta có: t 3    t  t 3  A  3;   Với (loại vì A, C phải khác phía đối DM) t   A   1;5  Với (thỏa mãn) D  m; m   Giả sử    AD  CD (m  1)(m  3)  (m  7)(m  1) 0    2 2 AD CD (m  1)  (m  7) (m  3)  (m  1)  m 5  D(5;3) Ta có  I  1;1 Gọi I là tâm hình vuông  I là trung điểm AC  B   3;  1 A   1;5  B   3;  1 D(5;3) Do I là trung điểm BD  Vậy, , , 1,0 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25   x  1 x   (2 x  1) x   lim  lim x x  x Ta có: x  1 17   lim  x   4    x 4 x 3 2   9.b x 3  x 3  2  x   0,5 0,5 1,0 điểm Số phần tử tập E là : A5 60 Số các số thuộc tập E và không có chữ số là: A4 24 Số các số thuộc tập E có chữ số là: 60  24 36  C602 Số cách cách chọn hai số khác thuộc tập E là Số cách cách chọn hai số khác thuộc tập E đó có đúng số có chữ số 1 là C36 C24 1 C36 C24 144 P  C60 295 Vậy, xác suất cần tìm là -Hết - 0,25 0,25 0,25 0,25