ĐỀ THI THỬ ĐH NĂM 2013 - LẦN THỨ II Môn : Toán - Khối A và khối B THPT ĐẶNG THÚC HỨA doc

ĐỀ THI THỬ ĐH NĂM 2013 - LẦN THỨ II
Môn : Toán - Khối A và khối B
Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian phát đề.



I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3
31 yx x
, có đồ thị
 
C
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
 
C
.
b) Tìm tọa độ điểm
A
thuộc đồ thị
 
C
, biết rằng tiếp tuyến của đồ thị
 
C
tại điểm
A
cắt đồ thị
 
C

tại
điểm
B
(khác điểm
A
) thỏa mãn :
1
AB
x x
( Trong đó
,
AB
x x
lần lượt là hoành độ các điểm A và B ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
 
2sin 2cos2 1 sin cos2 2   x x x x

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình


 
 
 
2 2 2 3
2
2
2
1341
,

1
12
2
1








  

   






x x x
x
x
y
x
y
y
y
y

R

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
2
3
3 .cos 2
1 cot
xx
Ix
x
d







Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật tâm
, , 2I AB a AD a
. Gọi
M
là
trung điểm của cạnh
AB

và
N
là trung điểm của đoạn
MI
. Hình chiếu vuông góc của điểm
S
lên mặt phẳng đáy
 
ABCD
trùng với điểm
N
. Biết góc tạo bởi đường thẳng
SB
với mặt phẳng đáy
 
ABCD
bằng
0
45
. Tính thể tích
khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
MN
và
SD
theo
a
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm

,,x y z
thỏa đồng thời hai điều kiện
 
 ;max ;xyz z
và
0  xy yz zx
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
3
23  
  
x y z
P
y z x z x y
.
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 hình chữ nhật
ABCD
có các cạnh
,AB DA
tiếp xúc với
đường tròn
     
22
4: 2 3C x y 
, đường chéo
AC

cắt
 
C
tại các điểm
16 23
;
55




M
và
N
thuộc trục
Oy
.
Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD

, biết điểm
A
có hoành độ âm, điểm
D
có hoành độ dương và
diện tích tam giác
AND
bằng 10.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz

cho điểm
 
0;0;1A
, đường thẳng
1
:
1 1 1

  
x y z
và
mặt phẳng
 
2:1yzPx
. Tìm trên đường thẳng

hai điểm
B
và
C
sao cho tam giác
ABC
vuông tại
A
và
có trọng tâm
G
nằm trên mặt phẳng
 
P

.
Câu 9.a (1,0 điểm). Trong kỳ thi thử đại học lần I năm 2013 tại trường THPT Đặng Thúc Hứa có
13
học sinh đạt
điểm 9.0 môn Toán trong đó khối
12
có
8
học sinh nam và 3 học sinh nữ , khối 11 có 2 học sinh nam. Chọn ngẫu
nhiên 3 học sinh bất kỳ để trao thưởng, tính xác suất để trong 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ, có cả khối 11
và khối 12.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho biết elip
 
E
có chu vi hình chữ nhật cơ sở bằng
 
16 2 3
, đồng thời một đỉnh của elip tạo với hai tiêu điểm một tam giác đều. Hãy lập phương trình đường tròn
 
T
có tâm là gốc tọa độ
O
và cắt elip
 
E
tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ

Oxyz
cho mặt cầu
 
2 2 2
: 1  x zS y
, mặt phẳng
 
:0Pz

và hai điểm
   
1;1;0 , 0;0;2AB
. Tìm tọa độ điểm
C
thuộc mặt phẳng
 
P
sao cho tam giác
ABC
cân tại
C
và
có trọng tâm
G
nằm trên mặt cầu
 
S
.
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình
 

22
3
8
2
2
3
log
log 1 2
log 1 2 log



x
x
x x

Hết
Họ và tên thí sinh ……………………………………………………………………………… ………………………………….Số báo danh…………………………
Chú ý : Thí sinh có thể tra cứu điểm thi tại địa chỉ : www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
__________________




Câu
Đáp án
Điểm
1

(2,0 điểm)
a) (1,0 điểm)
 Tập xác định: R
 Sự biến thiên :
- Chiều biến thiên :
2
1
3; ' 0'
1
3
x
x y
x
y


  





0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
 
;1 
và
 
1; 
. Hàm số nghịch biến trên khoảng

 
1;1

- Cực trị :
Hàm số đạt cực đại tại
1x 
và

§
3
C
y
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1x 
và
1
CT
y 

- Giới hạn :
lim ; lim
xx
yy
 
   

0,25
- Bảng biến thiên :

0,25
 Đồ thị :



0,25
b) (1,0 điểm)
Phương trình tiếp tuyến tại điểm
A
có dạng :
    
'
A A A
y y x x x y x  
hay
 
 
23
3 3 2 1
AA
xxy x  

0,25
Hoành độ giao điểm của tiếp tuyến

với đồ thị
 
C
là nghiệm của phương trình :

 
 
3 2 3 3 2 3
3 3 23 1 0 11 3 . 2
A A A A
x x x x x x x xx         

0,25
Từ giả thiết :
11
A B B A
x x xx     
và hoành độ điểm B thỏa mãn phương trình (1) nên :
   
3
2 3 3
1 3 1
1
032 4 1 0
1
2
A
A A A A A A
A
x
x x x xxx
x




     

  






0,25
 Với :
 
1 1;3
A
x A   

 Với :
11
22
AB
xx
nên :
AB
(loại).
Vậy
 
1;3A 
là điểm cần tìm .

0,25

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐH NĂM 2013 - LẦN THỨ II
Môn : Toán - Khối A và khối B
( Đáp án – thang điểm gồm 05 trang )

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
__________________
Trang 1/5
2
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với phương trình :
   
   
2
22
2cos2 1 1 c2sin 2cos2 1 2sin os2
2cos 2cos2 1 2sin 22co ns1s2 i
xxxx
xxx x
x
x


   


0,25
      
1

cos2
2
2sin 2cos2 1 2cos2 12c 2sin 1 0
1
sin
2
os2 1 0
x
x x x xx
x
  



     







0,25
 Với :
 
2
22
1
33
cos2

2
2
22
33
x k x k
xk
x k x k
Z





   

   


     





0,25
 Với :
 
2
1
6

sin
5
2
2
6
xl
xl
xl
Z
















Vậy nghiệm của phương trình đã cho là :
 
5
; 2 ; 2 ,
3 6 6

x k x l x l k l Z
  
  
      

0,25
3
(1,0 điểm)
Điều kiện :
0y 


Phương trình thứ hai của hệ tương đương với :
   
2 2 2
2 211y yyx y x     

 
2 3 2
2 2 2 0x y y y y      
   
 
 
 
2 2 2 2
22
2
2 2 0 2 011
10
y

y
y
x y y y y x
x

  



     







0,25
 Với :
2y 
thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có :


2
2 2 2
2
0
1
1
0

41
22
14
xx
x x x
x
x



   











0,25
 Với :
22
11
1
11
x
yx

y
  

  

  


Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có :
 


 
2 2 2 3
1 3 24 1 1 1x x x yy

   

  







 
 
2 2 2 2 3 2 2 3
1 1 1 3 2 1 3 0 *1 1 1 4 24 yyx x x x x x y y             

- Xét hàm số :
 
3
32gyyy
, trên đoạn
 
1;1
ta có :
   
2
3' '13 ;0   g y yg y y

Suy ra :
 
     
 
 
1;1
1 ; 1 1 4

    Ming y Min g g g

0,25
- Xét hàm số :
 
22
14f x x x
, trên đoạn
 

1;1
ta có :
 
2
1
0
4
' 2 0
3
x
x
f x x
x
x


   





Suy ra :
 
       
 
 
1;1
1 ; 0 ; 1 0 4Min f x Min f f f f


   

Do đó :
   
0f x g y
. Dấu
""
xảy ra
0
1
x
y







Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là :
00
2 2 2 2
; ; ;
21
22
xx
xx
yy
yy




  

   
  
   




0,25
4
(1,0 điểm)
Ta có :
 
2 2 2 2
2
33
2
3
2
3
2
3 .cos 2
sin 3 .cos 2 3 .cos .sin 2sin
1 cot
.
   
   


    

   
xx
I dx x x dx x x d x
x
xxxdx

0,25
 Với :
2
1
2
3
3 .cos sin




Ix xx dx
. Đặt :
23
3cos .sin sin







u x du dx
dv vxxx dx

 
 
3
3 2 3
2
2
22
1
33
3
3
cos 3 11
.sin os 1 cos .sin cos
2
c
3 8 24








         




x
Ixxx x x xx d

0,25
Trang 2/5
 Với :
 
22
2
3
33
2
2
13
2sin 1 cos2 sin 2
2 6 4






     



I dx x dx x xx

0,25

Vậy :
12
2 3 3 11
3 8 4 24


    I II

0,25
5
(1,0 điểm)
Ta có :
2
a
AM BM MN  

22
2
2
a
BN BM MN  

Theo bài ra :
0
45S SBN NB
vuông cân tại N
2
2
a
SN BN  

 Do đó :
23
.
1 1 2 2
. . . .2
3 3 2 3
S ABCD ABCD
a
V SN S a a  


0,25
Lại có :
3
1 1 2 1 2
. . . . . .2
3 3 2 2 2 12
SAMD ADM
a a a
V SN S a

  



0,25
2 2 2
2 2 2 2
9

;3
2 4 4
a a a
SA AN SN a SD S NDNa       

Suy ra tam giác SAD vuông tại S
2
13
.
22
SAD
a
S SASD  

0,25
 Do đó :
   
 
3
6
;;
6
SMAD
SAD
V
a
d MN SD d M SAD
S
  
.

0,25
6
(1,0 điểm)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
1 2.
xx
y z y z



Từ đó suy ra :
3
2 3. 1
x y z
P
y z x z x y

   


  


0,25
Giả sử :
x y
. Ta sẽ chứng minh :
x y x y
y z x z z




, với
x y
và
0xy yz zx  

Thật vậy :
     
 
1*

   
    


x y x y xz yz
y z x z z x y y z x z x y

Lại có :
  
   
2
2.
2
2

 




xz xz
x y y z
z x y x y
xz
xy yz
z
xz
;
  
   
2
2.
2
2

 



yz yz
x z x y
y x z z x
yz
xy zx
y
yz
.
Do đó :
 

22
*
22xz yz
xy yz zx xy z
T
xy
V
z

   
, mà :
22yz zx zx yz
và
yz xy

Nên :
 
2 2 2 2 2
1
2
*
2 2 2
xz yz xz yz xz yz xy
xy yz zx xy zx yz xy yz zx xy y
V
z zx
T
  
    
       

Dấu
""
xảy ra

x y z
hoặc
;0x z y

0,25
Đặt :
6
z
t
xy


với
6
1
2
t 
, ta được :
2
3
2
( ) 3 1P f t t
t
   

0,25
Ta có :
5
44
6 6( 1)
'( ) 6 0 1
t
f t t t
tt

     

Lập bảng BT cho ta :
( ) (1) 4Min f t f
. Vậy :
4 , 0   MinP x z y

0,25
7.a
(1,0 điểm)
Đường tròn
 
C
có tâm
 
2;3I 
và bán kính
2R 
. Ta có :
N là giao điểm của

 
C
với trục Oy
 
0;3N
. Phương trình đường thẳng
   
2
:
3
xt
A
yt
RCt








0,25
Trang 3/5




Giả sử
 

2 ;3 A a a
. Gọi P, Q lần lượt là tiếp điểm của
đường tròn
 
C
với các cạnh AB, AD.
Tứ giác
APIQ
là hình vuông
2
2 2 2  AI R
.
Từ đó ta có :
 
2
2
2 2 8   aa
 
4;5A


0,25
Giả sử PT đường thẳng
AD
:
   
 
          
22
4 5 0 4 5 0 0a x b y ax by a b a b

Ta có :
 
   


   




22
2 3 4 5
0
;2
0
a b a b
a
DR
b
a b
d I A

 Trường hợp 1 :
 
   

00 : 4b AD xa
. ( loại do D có hoành độ dương )
0,25

 Trường hợp 2 :
 
 

00 : 5a b AD y
. Giả sử :
 
;5Dn

Lúc đó :
 
6
2
10 4 10
14
;
AND
n
S
AD n
n
d N AD


     




+) Với :

 
6 6;5nD
.
Đường thẳng
DC
đi qua
D
và song song với
Oy
nên có phương trình :
6x 

Tọa độ điểm
C
là nghiệm của hệ :
 
6
6;0
2
3
x
C
xt
yt










. Suy ra tọa độ điểm
 
4;0B 

+) Với :
14n 
(loại)
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD
là :
       
4;5 , 4;0 , 6;0 , 6; 5A B C D

0,25
8.a
(1,0 điểm)
Giả sử :
   
1; ; , 1; ;B b b b C c c c

Ta có :
   
1; ; 1 ; 1; ; 1AB b b b AC c c c   
.
Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ :
21
;;

3 3 3
b c b c b c
G
    




0,25
Tam giác ABC vuông tại A nên :
      
. 0 2 1 1 0 3 2 2 0 1AB AC b c bc bc b c          

Trọng tâm G thuộc mặt phẳng (P) nên :
 
 
2
21
1 1 2
3 3 3
bc
b c b c
bc

   
     

0,25
Từ (1) và (2) ta có hệ :
1 0 1

;
0 1 0
   
  

  
  
  
b c b b
bc c c

0,25
 Với :
   
0
1;0;0 , 0;1;1
1






b
BC
c

 Với
   
1

0;1;1 , 1;0;0
0






b
BC
c
Vậy : B(-1 ;0 ;0), C(0 ;1 ;1) hoặc B(0 ;1 ;1) , C(-1 ;0 ;0) .

0,25
9.a
(1,0 điểm)
 Chọn 3 học sinh trong 13 học sinh có :
3
13
286C 
cách chọn
0,25
 Chọn 3 học sinh có cả nam và nữ, có cả khối 12 và khối 11 có 3 trường hợp xảy ra :
- Trường hợp 1 : Chọn 1 học sinh nam khối 12, 1 học sinh nữ khối 12, 1 học sinh nam khối 11
Có :
111
8 3 2
. . 48CCC
cách chọn.
- Trường hợp 2 : Chọn 1 học sinh nữ khối 12 và 2 học sinh nam khối 11

Có :
12
32
.3CC 
cách chọn.
- Trường hợp 3 : Chọn 2 học sinh nữ khối 12 và 1 học sinh nam khối 11
Có :
21
32
.6CC
cách chọn.
0,25
Vậy để chọn 3 học sinh có cả nam và nữ, có cả khối 11 và khối 12 có :
48 3 6 57  
cách chọn.
0,25
 Xác suất để chọn được 3 học sinh thỏa mãn đề bài là :
57
0,199
286
P 
.
0,25
7.b
(1,0 điểm)
Giả sử
   
22
22
: 1 0

xy
E a b
ab
   

Chu vi hình chữ nhật cơ sở là :
 
 
4 16 2 3ab  
. Gọi
 
0;Mb
là một đỉnh của
 
E

0,25
Trang 4/5
Tam giác
12
MF F
đều nên :
12
3
3
2
MO F F b c  
. Lại có :
2 2 2
3

2
a
ca b b

Từ các hệ thức trên ta tìm được :
8; 4 2ab
.
Phương trình
 
22
:1
64 48
xy
E 

0,25
Gọi
R
là bán kính của đường tròn
 
T
, ta có phương trình đường tròn
 
2 2 2
:T x y R
.
Tọa độ bốn giao điểm của
 
T
và

 
E
là nghiệm của hệ phương trình :
2
22
2
22
2 2 2 2
2 2 2
2
3072 64
48 64 3072
1
16
64 48
3072 48
16
R
xy
x
xy
x y R R
x y R
y









  

  
  









0,25
Bốn giao điểm này tạo thành một hình vuông có tâm là gốc tọa độ khi và chỉ khi :
22
2 2 2 2
3072 64 3072 48 384
112 6144
16 16 7
RR
x y R R
  
      

Do đó phương trình đường tròn
 
22

384
:
7
T x y
.
0,25
8.b
(1,0 điểm)
Giả sử
 
; ;0C a b
, ta có :
   
22
22
1 1 ; 4AC a b BC a b     
;
Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ
1 1 2
;;
3 3 3
ab
G






0,25

Tam giác ABC cân tại C nên :
 
11AC BC a b   

Trọng tâm G thuộc mặt cầu (S) nên :
   
     
22
22
1 1 4
1 1 1 5 2
9
ab
ab
   
     

0,25
Từ (1) và (2) ta có hệ :
   
22
2
2
1
1
1
20
1
1 1 5
2

a
ab
b
ab
bb
a
ab
b














  

   












0,25
 Với :
 
2
2;1;0
1






a
C
b

 Với
 
1
1; 2;0
2


  




a
C
b
Vậy C(2 ;1 ;0) hoặc C(-1 ;-2 ;0).

0,25
9.b
(1,0 điểm)
Điều kiện :
 
2
2
0
log 1 2
0
1 2 0
1
0
lg
2
0
o x
x
x
x
x









  






0,25
Bất phương trình đã cho tương đương với :
 
 
 
 
22
22
2 2 2 2
21
.2
3 3 log
log 1 2 log 1 2
log log
1
.

3 log 1 2 l log o1 g2
xx
x
xxxx
x
  





0,25
Đặt :
 
2
2
log
,0
log 1 2
tt
x
x


, bất phương trình trên trở thành :
 
 
2
1
2 1 0

1
0
t
t t Do t
tt

      

0,25
Với :
1t 
, ta có :
 
22
1
log 1 2lg
3
o xxx   

Kết hợp điều kiện cho ta tập nghiệm của bất phương trình ban đầu là :
1
3
T





0,25
__________________________Hết__________________________

Xin gửi lời cảm ơn tới các thầy : Lê Đình Mẫn (Quảng Bình), Huỳnh Bảo Toàn (An Giang), Lê Trung Tín (Đồng Tháp),
Dương Văn Sơn (Nghệ An), Đặng Minh Trường(Hà Tĩnh) cùng các thầy cô giáo tổ Toán trường Đặng Thúc Hứa đã tham gia giải
phản biện đề thi này !
Trang 5/5