Tài liệu Tổng hợp đề thi thử ĐH môn Toán các khối Đề 50 potx

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KỲ THI KSCL ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 LẦN 3
ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số


4 2 2
3 1 9 3
y x m x m m
    
(1), trong đó
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
3
m

.
b) Tìm tất cả các giá trị của
m
sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
2
7
ym


tại bốn điểm phân biệt
, , ,
A B C D
thỏa
mãn điều kiện
AB BC CD

.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
1 2cos2 3sin cos 0
x x x
   
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình


3
4
1 6 79 .
x x x x
     

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
2
4
0
1 sin
dx
I
x





.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình tứ diện ABCD có
3, , 2, 3
DA DB DC a AB a AC a BC a
     
. Tính thể tích khối tứ
diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BC.
Câu 6 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình


2
2
2
2
2 2 4
,
2 2 4
y
x
yx
xy












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 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm


2;1
H
và tâm đường tròn
ngoại tiếp


1;0
I
. Trung điểm của
BC
nằm trên đường thẳng có phương trình
2 1 0
xy
  
. Tìm tọa độ các đỉnh B, C; biết
rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đi qua điểm


6; 1E 

và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho các đường thẳng
12
2 1 1 2 3 1
: ; :
1 2 2 2 1 1
x y z x y z
     
     

và điểm


2; 1;1
M

.
Viết phương trình đường thẳng cắt
12
,

lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của
10
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của
2
3

1
n
x
x




, trong đó
n
là số nguyên dương thỏa
mãn
1 2 1 100
2 2 2 2
2 2 2 2 2
nn
n n n n
C C C C

     
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có


2; 1
A

, trực tâm
 

2;1
H
và
20BC

.
Gọi
', '
BC
lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh
,
BC
. Lập phương trình đường thẳng
BC
, biết rằng trung điểm M của
cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình
2 1 0
xy
  
, tung độ của M dương và đường thẳng
''
BC
đi qua điểm


3; 4

.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz

, cho hai đường thẳng
12
,

có phương trình:
12
2 1 1 2 3 1
: , :
1 4 2 1 1 1
x y z x y z
     
     

.
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng
12
,

?
Câu 9.b (1,0 điểm) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có ba chữ số. Tính xác suất để số được chọn là một số có tổng các chữ số
chia hết cho 10?
Cảm ơn
thầy
NguyễnDuyLiên
(lient
oancvp
@vinhp
huc.ed
u.vn
)g

ửitơiwww.
laisac.p
age.tl
ĐÁP ÁN KSCL ĐẠI HỌC LẦN 3 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2012-2013
Câu
Nội dung trình bày
Điểm
1(1đ)
1.a(1điểm)


Khi
1
3
m 
thì hàm số có dạng
42
2y x x
.
+) Tập xác định
D 
.
+) Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
3
' 4 4y x x
;
' 0 0, 1y x x    
.
Hàm số đồng biến trên các khoảng

 
1;0
và
 
1; 
, hàm số nghịch biến trên các khoảng
 
;1 
và
 
0;1





0,25

- Cực trị: hàm số đạt cực đại tại
0, 0
CD
xy
; hàm số đạt cực tiểu tại
1, 1
CT
xy   

- Giới hạn:
lim , lim
xx

yy
 
   


0,25

- Bảng biến thiên:
0,25

+) Đồ thị
0,25

1.b (1 điểm)


Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng
2
7ym
:
   
 
  
4 2 2 2
4 2 2 2 2
3 1 9 3 7 2
3 1 2 3 0 2 3 0
x m x m m m
x m x m m x m x m
    

          



0,25

2
2
23
xm
xm






. Để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
2
7ym
tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi
0
2 3 0 0
23
m
mm
mm




    








0,25

Phương trình (2) có 4 nghiệm là:
2 3 2 3m m m m      
. Khi đó ycbt

2 3, , , 2 3m m m m   
theo thứ tự lập thành cấp số cộng
2 3 2
3
2 3 3 .
7
2 3 2
m m m
m m m
m m m

    

     


  


Vậy
3
.
7
m 



0,5
2(1đ)
Ta có
1 2cos2 3sin cos 0x x x   

 
 
2 2 2 2
sin cos 2 cos sin 3sin cos 0x x x x x x      

 
22
3sin cos 3sin cos 0x x x x    



0,25

    

3sin cos 3sin cos 3sin cos 0x x x x x x     

  
3sin cos 0
3sin cos 3sin cos 1 0
3sin cos 1
xx
x x x x
xx


     







0,25

+)
3sin cos 0 2sin 0 , .
66
x x x x k k



        





0,25

+)
3sin cos 1 2sin 1 2 , 2 , .
63
x x x x k x k k

  

          


Vậy….

0,25
3(1đ)
Điều kiện xác định
1x 
. Đặt
 
3
4
1 6 79, 1f x x x x x      
, ta có:
 
     
   

 
32
4
44
2 3 2 3
33
44
2 79 1
1 1 1 1
'0
21
3 6 4 79 3 6 4 79 . 1
xx
fx
x
x x x x x
  
     

    

với
1.x 



0,5

Do đó hàm số
 

fx
đồng biến trên


2;
. Mặt khác
 
20f 
suy ra phương trình
 
0fx
có
một nghiệm duy nhất
2.x 


0,5
4(1đ)
Đặt
2
2t x x t dx tdt    
, đổi cận
2
0 0, .
42
x t x t

     
Khi đó
2 2 2

2
0 0 0
22
2 tan
1 sin 2 4
2cos
24
tdt tdt t
I td
t
t
  




   









  

0,5

Đặt
2
2
tan tan
2 4 2 4
ut
du dt
tt
dv d v








   
   
   


   
  

, kết hợp với công thức tích phần từng phần ta có:
22

2
00
4
2 tan 2tan cos
2 4 2 4 2 4
cos
24
o
t t t
I t dt d
t


  

   
     
     
     
   

     
   





0,25

2
0
ln cos ln 2
24
t



  


. Vậy
ln 2.I 


0,25
5(1đ)



Do
2 2 2
BC AB AC ABC   
vuông tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của BC.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên mp(ABC), kết hợp với định lí Pitago và
DA DB DC
ta

được
HA HB HC
hay H là tâm ngoại tiếp tam giác ABC suy ra H là trung điểm của BC.

0,25

Ta có
2 2 3
3 1 1 3 1 2
. . . .
2 3 3 2 2 4
DABC ABC
aa
DH DB BH V DH S AB AC a      


0,25

Dựng hình bình hành ABCE và gọi K, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AE, DK. Khi đó
 
AE DHK AE HF  
, kết hợp với
   
 
,HF DK HF DAE d H DAE HF    
.
Mặt khác
     
 
 

 
, , ,BC ADE d BC AD d BC ADE d H ADE HF   
.

0,25
F
E
K
H
C
B
A
D

Ta có
 
.6
,
3
AB AC a
HK d A BC
BC
  
. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HDK ta có
2 2 2
22
1 1 1 . 3 70
35
HD HK a
HF

HF HD HK
HD HK
    

.


0,25
6(1đ)
Điều kiện xác định
, 2; 2xy



. Nhận xét nếu
0x 
thì từ phương trình thứ nhất ta được:
2
2
02
4 2 2 2 2 4
y
x

    
vô lí. Tương tự nếu
0y 
cũng không xảy ra. Do đó nếu
 
;xy

là
nghiệm thì
0, 0xy
. Khi đó ta xét
0, 0xy
.


0,25

Từ hệ pt ta được
   
2
2
2
2
2 2 2 2
y
x x y
g x g y


    
, trong đó
 
2
2
2 2 , 0.
tt
g t t


  

Ta có
   
2
2
2
.2 .ln2
' 2 ln2 0, 0
2
t
t
t
g t t g t
t

     

đồng biến trên
 
0;
. Do đó từ
   
g x g y x y  
.


0,25

Với
xy
ta được
2
2
2 2 4 0
xx
  
. Xét hàm số
 

2
2
2 2 4, 0; 2
xx
f x x


   

ta có :
   
22
22
22
.2 .ln2 2 2
' 2 ln 2 , ' 0
22
x x x
x

x
f x f x
x
xx

    

 


2
2h x h x  
, trong đó
 
 
 
 
 
 
22
2 2 ln2 1
2 ln2 1
2
, 0; 2 ' 0, 0; 2
x
x
x
x
h x x h x x
x x x



       




0,25


Do đó

 


22
2 2 1h x h x x x x      
. Lập bảng
biến thiên của
 
fx
ta được
 
0fx
có nghiệm duy
nhất
1x 
. Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất
   
, 1,1 .xy

0,25
7a(1đ)



Gọi M là trung điểm của BC nên
 
2 1;M t t
. Gọi J là điểm đối xứng của I qua BC suy ra J là tâm
ngoại tiếp tam giác HBC suy ra
 
4 1;2J t t
. Do E nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC nên
         
2 2 2 2
4 1 2 1 4 5 2 1 24 24 1 3;1JH JE t t t t t t M             
.


0,5

Do M là trung điểm của BC nên BC nhận
 
2;1IM 
làm vtpt suy ra phương trình BC:
   

2 3 1 0 2 7 0 ;7 2 , 4x y x y B t t t          
. Theo trên ta được
 
5;2J
, kết hợp
với B, E đều nằm trên đường tròn tâm J nên
   
22
22
5 5 2 10JB JE t t     

2
6 8 0 2, 4t t t t      
, so sánh với điều kiện
4t 
ta được
 
2 2;3tB
. Mặt khác M
là trung điểm của BC nên
2 4, 2 1
C M B C M B
x x x y y y      
. Vậy
   
2;3 , 4; 1 .BC

0,5
0
-
-
0
f(x)
f'(x)
x
1
2
0
H
I
M
J
C
B
A
8a(1đ)
Viết
12
,
dưới dạng tham số và kết hợp với A, B lần lượt thuộc
12
,
ta được:
   
2 ;1 2 ;1 2 , 2 2 ; 3 ,1A m m m B n n n      

0,25

Do M là trung điểm của AB nên
 
2
2 2 2 4 2 0
0
2 1 2 3 2 2 0 2;1;1
0
1 2 1 2 2 0
2
A B M
A B M
A B M
x x x
m n m n
m
y y y m n m n A
n
m n m n
z z z

     




  
             
   



  
     






0,5

Đường thẳng AB có vtcp là
 
2
0; 2;0 : 1 2
1
x
AM pt AB y t
z



    





0,25
9a(1đ)
Ta có
 
2
0 1 2
2 2 2
1 1
n
n
n n n
C C C    

0 1 1 2 2
2 2 2 2 2
2
n n n n
n n n n n
C C C C C

       


0,25

0 1 2 1 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
n n n
n n n n n

C C C C C

      

1 2 1 2 100 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
n n n n n n
n n n n n n
C C C C C C

            


0,25

2 100
2 2 50.
n
n   
Theo công thức khai triển Newton ta được:
 
50
50 50
3 50
2 2 5 150
50 50
3
00
1

. . .
k
k k k k
kk
x C x x C x
x




  




Hệ số chứa
10
x
tương ứng với
5 150 0 32kk   
. Vậy hệ số của
10
x
là
32
50
C
.

0,5
7b(1đ)
Do M nằm trên đường thẳng có pt
 
2 1 0 2 1;x y M t t    
. Đường tròn đia qua 4 điểm B, C,
C’, B’ nhận BC làm đường kính nên có phương trình:
   
2
22
2 1 5
2
BC
x t y t

     




0,25

Đường tròn qua A, B’, H, C’ nhận AH làm đường kính nên có phương trình là:
2
22
5
2
AH
xy


  


. Khi đó phương trình đường thẳng B’C’ có phương trình là:
       
2 2 2
2 2 2
2 1 0 2 2 1 2 2 1 0x t y t x y t x ty t t              



0,25

Do đường thẳng B’C’ đi qua điểm
 
3; 4
nên
   
2
22
6 2 1 8 2 1 0 1 0t t t t t         

1t  
, kết hợp với điều kiện
 
0 1 3;1t t M   
.

0,25

Đường thẳng BC đi qua điểm M và nhận vtpt
     
4;2 :4 3 2 1 0AH BC x y     

2 7 0xy   
. Vậy phương trình đường thẳng
:2 7 0.BC x y  


0,25
8b(1đ)
Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với hai đường thẳng
12
,
là mặt cầu nhận đoạn vuông góc
chung của
12
,
làm đường kính. Giả sử mặt cầu cần lập là (S) và A, B lần lượt là tiếp điểm của (S)
với
12
,
. Viết phương trình
12
,
dưới dạng tham số thì ta có

   
2 ;1 4 ;1 2 , 2 ;3 ; 1A m m m B n n n       

0,25

Do AB là đoạn vuông góc chung của
12
,
nên
   
1
1
. 0 3 21 0
0 2;1;1 , 2;3; 1
30
.0
ABu n m
m n A B
nm
ABu



  


      









0,5

Trung điểm I của AB có tọa độ là
 
0;2;0I
nên phương trình mặt cầu cần lập là:
 
2
22
26x y z   


0,25
9b(1đ)
Giả sử số có 3 chữ số thỏa mãn tổng các chữ số chia hết cho 10 là
abc
. Khi đó số các số có 3 chữ số tùy
ý là
2
9.10 900
. Trước hết ta có nhận xét sau:
Nhận xét: Số nghiện không âm của phương trình
1 2 3
x x x n  
bằng
2

2n
C

.
Ta có
10a b c k  
, kết hợp với
0 , , , 9a b c d
nên
 
1,2,3k 
. Ta xét các trường hợp sau :
TH1. Nếu
1k 
thì
10abc  
. Khi đó số nghiệm của pt này với
a
tùy ý là
2
12
C
và số nghiệm với
0a 
là
1
11
C
suy ra số các số thỏa mãn trong trường hợp này là
2 1 2

12 11 11
11C C C   
(ở đây ta phải bỏ



0,5
đi trường hợp
10, 0.
a b c
  
).

TH2. Nếu
2
k

thì
20
abc
  
. Đặt
9 , 9 , 9
a x b y c z
     
, kết hợp với điều kiện
,,
abc
ta được



, , 0,1, ,9
x y z

và
7
x y z
  
. Mỗi bộ


,,
abc
thỏa mãn yêu cầu bài toán
tương ứng với một bộ


,,
x y z
với điều kiện
9
x

(đk này luôn thỏa mãn). Khi đó số nghiệm không
âm


,,
x y z
là

2
9
C
suy ra số các số thỏa mãn trong trường hợp này là
2
9
C
.


0,25

Vậy số các số có 3 chữ số thỏa mãn ycbt là
22
11 9
1 90
CC
  
. Do đó xác suất cần tìm là
90
0,1.
900


0,25

Cảm
ơn

t

hầy

Nguyễn
D
uy
L
iên
(
lie
n
t
o
an
cv
p
@v
in
h
p
h
u
c.e
d
u
.
v
n
)
g
ửit

ơ
i
www.
la
is
ac
.
p
ag
e.
t
l