ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 môn toán TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ doc

Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số
4 2
y x 4x 3 (C)= − + −

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(C)
của hàm số.
2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:
4 2 2
x 4x 3 7m m− + − = −
có nghiệm
thuộc đoạn 2; 5
 
−
 
.
Câu II (2.0 điểm)
1. Giải phương trình:
− π − π
   
+ + =
   
   
6 6
x x 2x 3 6x
4sin 4 cos 3 4cos cos
2 2 4 4
.
2. Giải bất phương trình:

+ + + +
> +
2x x x 4 1 x 4
3 8.3 9 .
Câu III (2.0 điểm) Cho hình lặng trụ đứng
ABC.A'B'C'
có
AB a,=

AC 2a,=

AA' 2a 5=
và

0
BAC 120=
. Gọi
K
là trung điểm của cạnh
CC'
.
1. Tính thể
tích kh
ố
i chóp A.A'BK .
2. Xác
đị
nh tâm và bán kính m
ặ
t c

ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p t
ứ
di
ệ
n A'B'BK .
3.

G
ọ
i I là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a

BB'
, tính kho
ả
ng cách t
ừ

đ
i

ể
m I
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
A'BK .
Câu IV (1.0 điểm)
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng
Oxy
, cho hình ch
ữ
nh
ậ
t
ABCD
có di
ệ
n tích b
ằ
ng 12,
tâm I là giao
đ

i
ể
m c
ủ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
1
d :x y 2 0
− − = và
2
d :2x 4y 13 0
+ − = . Trung
đ
i
ể
m M c
ủ
a c
ạ
nh AD là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
1

d
v
ớ
i tr
ụ
c
Ox
. Tìm t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình ch
ữ

nh
ậ
t bi
ế
t
đ
i
ể
m A có tung
độ
d
ươ

ng.
Câu V (1.0 điểm)
M
ộ
t h
ộ
p bi có 5 viên bi
đỏ
, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. H
ỏ
i có bao
nhiêu cách l
ấ
y ra 4 viên bi trong
đ
ó s
ố
bi
đỏ
l
ớ
n h
ơ
n s
ố
bi vàng.
Câu VI (1.0 điểm)
Gi
ả
i h

ệ
ph
ươ
ng trình:


+ + + − + = + −


− + =


3 2 2
2
y 3y y 4x 22x 21 (2x 1) 2x 1 (1)
2x 11x 9 2y (2)
( )
∈
ℝ
x, y

Câu VII (1.0 điểm)
Cho x, y, z là ba s
ố
th
ự
c d
ươ
ng th
ỏ

a mãn:
x y z 3 3.
+ + =
Tìm giá
tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c:
2 2 2
1 1 1 1
P
x y z xy yz zx
= + + +
+ +
.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
H
ọ
và tên thí sinh: S

ố
báo danh:
(Đề thi gồm 01 trang)
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013
Môn: TOÁN; Kh
ố
i A, A
1

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi: 8/12/2012
Trang 1/4


Câu Đáp án Điểm
I
(2.0 điểm)

1. (1.0 điểm) Khảo sát hàm số
4 2
y x 4x 3= − + −
• Tập xác định:
D = ℝ
.
• Sự biến thiên:
x
lim y
→−∞

= −∞
,
x
lim y
→+∞
= −∞


3
x 0 y 3
y' 4x 8x, y' 0
x 2 y 1
= ⇒ = −

= − + = ⇔

= ± ⇒ =


0.25
Bảng biến thiên:


x
−∞

2−
0
2

+∞

y'
+ 0 – 0 + 0 –
y 1 1

CĐ CĐ
CT
−∞
3
−

−∞

0.25
Hàm số nb trên các khoảng ( 2;0), ( 2; )− +∞ và đb trên ( ; 2), (0; 2)−∞ −
Hàm số đạt cực tiểu tại
CT
x 0, y 3= = − và đạt cực đại tại
C §
x 2, y 1= ± =
.
0.25

0.25
2. (1.0 điểm) Tìm m để phương trình có nghiệm …
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
= = − + −
4 2
y g(x) x 4x 3 (C') và đường thẳng

2
d : y 7m m.= −
V
ẽ đồ thị
(C '), ta có:
ê
( )
êu
4 2 4 2
4 2
4 2 4 2
x 4x 3 n u x 4x 3 0
y g x x 4x 3
x 4x 3 n x 4x 3 0

− + − − + − ≥

= = − + − =

− + − + − <



0.25


0.25
T
ừ

đồ
th
ị
ta có: (1) có nghi
ệ
m thu
ộ
c
đ
o
ạ
n
2
2
7m m 0
[ 2; 5]
7m m 8

− ≥

− ⇔

− ≤



0.25
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối A, A1
(Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
• Đồ thị:
x
1±

3±

2±

y 0 0
3−


- Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục
Oy làm trục đối xứng.
Từ (C) ta vẽ
(C ')
như sau:
- Giữ nguyên phần đồ thị (C) nằm phía trên trục Ox.
- Lấy đối xứng phần đồ thị (C) nằm phía dưới trục
Ox qua trục Ox.
- Xóa phần đồ thị (C) nằm phía dưới Ox.
⇒
Ta thu được đồ thị
(C ')
. Sau đó lấy đồ
thị
(C ')

trên
[ 2; 5]−
với

g( 2) 3;g( 5) 8− = =
.
Trang 2/4

m 0 m 1/ 7 1 m 0
1 m 8 / 7 1 / 7 m 8 / 7
≤ ∨ ≥ − ≤ ≤
 
⇔ ⇔


− ≤ ≤ ≤ ≤
 

Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: 1 m 0; 1 / 7 m 8 / 7− ≤ ≤ ≤ ≤ .
0.25
II
(2.0 điểm)

1. (1.0 điểm) Giải phương trình:
3
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
4 sin cos 3sin cos sin cos 3 2 cos(2x ) cos x
2 2 2 2 2 2 2
 

 
π
     
⇔ + − + + = −π + − −
 
     
 
     
 
 
 

0.25
( )
2
3
4 1 sin x 3 2 cos2x sin x
4
 
⇔ − + = − −
 
 

0.25
2
4 3sin x 3 2 cos 2x 2 sin x⇔ − + = − −

2 2
7 3sin x 2(1 2 sin x) 2 sin x⇔ − = − − −

2
7sin x 2sin x 9 0⇔ − − =

0.25
1
2
9
2
7

= −
π

⇔ ⇔ = − + π

=


sin x
x k
sin x (loaïi)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
x 2k
2
π
= − + π

0.25
2. (1.0 điểm) Giải bất phương trình…

ĐKXĐ:
x 4≥ −

BPT
2x x x 4 2 x 4
3 8.3 9.3 0
+ + +
⇔ − − >
( )
2 x x 4
x x 4
3 8.3 9 0
− +
− +
⇔ − − >

Đặt
x x 4
t 3
− +
=
, đk: t > 0. BPT có dạng:
2
t 8t 9 0− − >

0.25

t 1
t 9
< −


⇔

>

. Do t > 0 ta được nghiệm t > 9
0.25
Với t > 9
− +
⇒
> ⇔ − + > ⇔ + < −
x x 4
3 9 x x 4 2 x 4 x 2
(1)
TH1:
− ≤ <4 x 2
⇒
< ≤VP(1) 0 VT(1)
. Vậy (1) vô nghiệm
0.25
TH2:
x 2≥
⇒
⇔ + < − ⇔ − ⇔ < ∨ >
2 2
(1) x 4 (x 2) x 5x > 0 x 0 x 5
. Kết hợp
v
ới
x 2≥

ta được
>x 5
.
Vậy bất phương trình có nghiệm
>x 5
.
0.25
III
(2.0 điểm)

1. (1.0 điểm) Tính thể tích khối chóp
A.A'BK
.
C
A
B
B'
A'
C'
K
E
I

0.25
Mà
= =
2
0
ABC
1 a 3

S AB.ACsin120
2 2

0.25
Vậy
= =
2 3
A.A'BK
1 a 3 a 15
V . .2a 5
3 2 3

0.5
2. (0.5 điểm) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
A 'B ' BK
.
ABC∆
có:
2 2 2 0 2
BC AB AC 2AB.AC.cos120 7a= + − =

( )
2
2 2 2 2 2
BK BC CK 7a a 5 12a= + = + =
,
2 2 2 2 2 2
A 'K A 'C' C 'K 4a 5a 9a= + = + =
,
0.25

Do
CK / /(AA 'B)
nên ta có:
A.A 'BK K.AA 'B C.AA'B
V V V= =


A'.ABC ABC
1
V S .AA '
3
= =

Trang 3/4

2 2 2 2 2 2
A ' B A 'A AB 20a a 21a= + = + =
Suy ra
2 2 2
A 'B A ' K BK A'BK= + ⇒ ∆ vuông tại K.

Ta có


0
A ' KB A 'B'B 90= = ⇒ 4 điểm A ',B,K,B' nằm trên mặt cầu đường kính
A 'B
. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
A 'B ' BK
có tâm E là trung điểm

A 'B
và
bán kính
1 a 21
R A 'B
2 2
= =
.
0.25
3. (0.5 điểm) Tính khoảng cách từ I đến mp
Vì I là trung điểm của
BB'

( ) ( )
1
d I,(A 'BK) d B',(A 'BK)
2
⇒ =

Do E là trung điểm của
AB '

( ) ( )
d B ',(A'BK) d A,(A ' BK)⇒ =

0.25
Tam giác
A 'BK
có
2

A'BK
1 1
BK A' K S A 'K.BK .3a.2a 3 3a 3
2 2
⊥ ⇒ = = =

Có
( )
A.A 'BK A 'BK
1
V S .d A,(A 'BK)
3
=

( )
3
A.A'BK
2
A'BK
3V
a 15 a 5
d A,(A 'BK)
S 3
3a 3
⇒ = = =
Vậy
( )
1 a 5 a 5
d I,(A 'BK)
2 3 6

= = .
0.25
IV
(2.0
điểm)

Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Ta có
1
d cắt
2
d tại I ⇒ toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:
7
x
x y 2 0
2
2x 4y 13 0 3
y
2

=

− − =


⇔
 
+ − =



=



7 3
I ;
2 2
 
⇒
 
 
.
Theo giả thiết M là trung điểm cạnh AD và
1
M d Ox= ∩
⇒

( )
M 2;0
.
0.25
Ta có
3
IM ,AB 2IM 3 2
2
= = = . Theo giả thiết
ABCD
S AB.AD 12= =
ABCD
S

12
AD 2 2
AB
3 2
⇒
= = =
. Vì I và M cùng thuộc đường thẳng
1
d
1
d AD
⇒
⊥
Đường thẳng AD đi qua
( )
M 2;0
và nhận n (1;1)=

làm VTPT nên có PT:
1(x 2) 1(y 0) 0 x y 2 0− + − = ⇔ + − =
0.25
Lại có
1
MA MD AD 2
2
= = =
. Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ phương
trình
2 2
x y 2 0

x 3 x 1
y 1 y 1
(x 2) y 2
+ − =
 = =
 
⇔ ∨
  
= − =
− + =
 

. Vì
A
y 0>
⇒
A(1;1), D(3; 1)− .
0.25
Do
7 3
I ;
2 2
 
 
 
là trung điểm của AC và BD suy ra C(6;2), B(4;4) .
V
ậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(1;1), B(4;4), C(6;2), D(3; 1)− .
0.25
V

(1.0
điểm)

Hỏi có bao nhiêu cách
Các trường hợp để chọn được 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng là:
0.25
TH1: Cả 4 viên bi đều là bi đỏ có
4
5
C cách chọn
TH2 : Trong 4 viên bi có 1 bi
đỏ và 3 bi xanh có
1 3
5 4
C C cách chọn.
Trang 4/4
TH3: Trong 4 viên bi có 3 viên bi đỏ, 1 bi xanh có
3 1
5 4
C C cách chọn
TH4: Trong 4 viên bi có 3 viên bi đỏ, 1 bi vàng có
3 1
5 3
C C cách chọn
0.25
TH5 : Trong 4 viên bi có 2 bi đỏ và 2 bi xanh có
2 2
5 4
C C cách chọn
TH6 : Trong 4 viên bi có 2 bi

đỏ, 1 bi xanh và 1 bi vàng có
2 1 1
5 4 3
C C C cách chọn
0.25
Vậy có :
4
5
C +
1 3
5 4
C C + +
3 1 3 1
5 4 5 3
C C C C +
2 2
5 4
C C +
2 1 1
5 4 3
C C C =275 cách chọn thoả mãn.
0.25
VI
(1.0 điểm)

Giải hệ phương trình…
Điều kiện: x 1 / 2 ( )≥ ∗
Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) nhân với 2 ta được:
3 2 3 2
y 3y y 3 (2x 1) 2x 1 4y y 3y 5y 3 (2x 1) 2x 1+ + + = + − − ⇔ + + + = + −

3 2
y 3y 3y 1 2y 2 (2x 1 2) 2x 1⇔ + + + + + = − + −

( )
3
3
(y 1) 2(y 1) 2x 1 2 2x 1 (3)⇔ + + + = − + −
0.25
Xét hàm số:
3
f(t) t 2t= + với
t .∈ℝ

Ta có:
= + >
2
f '(t) 3t 2 0
với
∀ ∈
⇒ℝ
t f(t)
đồng biến trên
.
ℝ
Do đó:
(3) f(y 1) f( 2x 1) y 1 2x 1 y 2x 1 1⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = − −

0.25
Thay vào (2) ta được:

2 2
2x 11x 9 2 2x 1 2 2 2x 1 2x 11x 11− + = − − ⇔ − = − +



− + ≥ ∗∗

⇔

− = − +


2
2 2
2x 11x 11 0 ( )
4(2x 1) (2x 11x 11) (4)


4 2 3 2
(4) 8x 4 4x 121x 121 44x 44x 242x⇔ − = + + − + −

4 3 2 3 2
4x 44x 165x 250x 125 0 (x 1)(4x 40x 125x 125) 0⇔ − + − + = ⇔ − − + − =


2
(x 1)(x 5)(4x 20x 25) 0⇔ − − − + =

0.25

x 1 (tháa m·n ( ),( ))
x 1 y 0
x 5 (tháa m·n ( ),( ))
x 5 y 2
x 5 / 2 (kh«ng tháa m·n ( ))
= ∗ ∗∗

= ⇒ =


⇔ = ∗ ∗∗ ⇔


= ⇒ =


= ∗∗


Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(x;y) {(1;0),(5;2)}∈

0.25
VII
(1.0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức…
Ta có:
Cauchy
2 2 2

3
2 2 2
3
1 1 1 3
(xy yz zx) 3 x y z 9
xy yz zx
x y z
 
+ + + + ≥ ⋅ =
 
 


1 1 1 9
xy yz zx xy yz zx
⇒
+ + ≥
+ +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x y z= =

0.25
Do đó:
2 2 2
1 9
P
x y z xy yz zx
≥ +
+ + + +

2 2 2
1 1 1 7
x y z xy yz zx xy yz zx xy yz zx
= + + +
+ + + + + + + +


Cauchy
2 2 2 2
3
3 7
xy yz zx
(x y z )(xy yz zx)
≥ +
+ +
+ + + +

0.25
Mặt khác:

▪
2 2 2 2
Cauchy
2 2 2 2
3
x y z 2xy 2yz 2zx (x y z)
(x y z )(xy yz zx) 9
3 3
+ + + + + + +

+ + + + ≤ = =


▪
2 2 2 2 2 2
x y z xy yz zx x y z 2xy 2yz 2zx 3xy 3yz 3zx+ + ≥ + + ⇔ + + + + + ≥ + +

2
(x y z) 3xy 3yz 3zx xy yz zx 9.⇔ + + ≥ + + ⇔ + + ≤

0.25
Suy ra:
3 7 10
P
9 9 9
≥ + = ⋅
Vậy
10
min P
9
=
Dấu “=” xảy ra khi
x y z 3.= = =

0.25