THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn: Toán - TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 3 ppt

TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 3 THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013
Môn: Toán.
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số:
3 2
2 1
3 3
y x x
  

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b) Viết phương trình đường thẳng () đi qua điểm M
1
0;
3
 
 
 
cắt đồ thị (C) tại M, A, B phân biệt
sao cho: Tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại A, B của đồ thị (C) bằng 30
Câu II. (2 điểm)
a) Giải phương trình :
2
2
1 1 sin
tan
2cos
2
x

x
x



b) Giải bất phương trình :
2 2
3 2 9 6 2
x x x x x x
    

Câu III. (2 điểm)
a) Tính tích phân:
2
2
6
cot
3 cos




x
dx
x

b) Cho x, y, z là 3 số thực dương có tổng bằng 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
2( ) 4 9 2024

P x y z xyz x     

Câu IV. (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD// BC.
AD
AB=BC=
2
= a. SA vuông
góc với đáy,
3
SA a

. Tính thể tích khối chópS.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD).
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình trên R :
2 4 3
1 1 2
4 (4 )
x y
x y y x y y
   
    






Câu VI.a: (2,0 điểm)

1) Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết : A(1;1), B(5;5), tâm đường tròn nội tiếp tam giác
là I(0;2). Tìm tọa độ đỉnh C.
2) Trong không gian Oxyz cho 4 điểm: A(4;2;2), B(1;2;5), C(0;1;1). Chứng minh
ABC

là tam
giác đều. Tìm tọa độ điểm S để hình chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :
2 2
3 2
4 2 1 2 2 1 2 2
3 5 2 4
y
x
x y x y
y xy y x





      
   

Câu VI.b: (2,0 điểm)
1) Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C):
2 2
5
2

( 3)x y
  
và đường thẳng d:
2 1 0
x y
  
.
Lập phương trình các cạnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) biết
A d.


2.Trong không gian Oxyz cho 3 điểm : A(5;3;0), B(2;3;3), C(1;2;1). Chứng minh

ABC là tam
giác đều. Tìm tọa độ điểm D để ABCD là tứ diện đều.

…………… Hết ……………
( Ghi chú : Thí sinh khối B, D không phải làm câu III ý b )
Họ và tên thí sinh:……………………………………… SBD:……………………….

Đ
ề thi thử lần 1

ĐÁP ÁNBIỂU ĐIỂM Thi thử ĐH  2013Môn Toán
Câu Nội dung Điểm

Câu I
a) 1đ
a)
3 2

2 1
3 3
y x x
  

*) TXĐ: D= R
*) SBT: +.
2
' 2 2
y x x
 

0
' 0
1
x
y
x


 




+. Xét dấu y’  Hàm số đồng biến trên các khoảng: (

;0) và (1;+ )
Hàm số nghịch biến trên khoảng: (0;1)
+. Cực trị :Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ; y

cđ
= 1/3
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y
ct
= 0
+. Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
   

+. Bảng biến thiên:
x

0 1


y’
+  +
y

1
3




0
*) Đồ thị:

1
'' 4 2 '' 0
2
y x y x
     

1 1
( ; )
2 6
I

Đồ thi đi qua các điểm:
8 1
(2; ), ( 1; )
3 3
E F 
và nhận điểm
1 1
( ; )
2 6
I làm tâm đối xứng.




0,25

0,25






0,25






0,25

b) 1đ
b) Ta có phương trình (

):
1
3
y kx
 
. Xét phương trình hoành độ giao điểm:

23 2
1
(2 3 3 ) 0
3

2 1
3 3
kx x x x kx x
     
 
2
0
2 3 3 0 (*)
x
x x k




  


() cắt đồ thị (C) tại M, A, B phân biệt  (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

3
0 9 24 0
8
0 0
0
k
k
k k
k

   

 
 

 
  
 
 




Khi đó gọi
1 2
,
x x
là nghiệm của phương trình (*). Do
2
' 2 2
y x x
 
 Tích các hệ số
góc của tiếp tuyến tại A, B của đồ thị (C) bằng 30 
1 2
'( ). '( ) 30
y x y x



1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
4 ( 1)( 1) 30 4 ( ) 1

[ ]=30
x x x x x x x x x x        (**)
Theo Viet : (**) 
5
3 1
6 ( ) 30
3
2 2
2
k
k
k
k



  

 

. đối chiếu Đ/k 
5
3
k

thỏa mãn
Vậy phương trình (

) là:
5 1

3 3
y x
 




0,25



0,25




0,25





0,25
Câu II
a) 1đ
a) Giải phương trình :
2
2
1 1 sin
tan

2cos
2
x
x
x


. Đ/k:
2
k
x



Phương trình đã cho 
2
2
1 sin 1 sin 1 sin 1 sin
1 0
1 cos 1 cos 1 cos
1 cos
x x x x
x x x
x
   
 
   
 
  
  


1 sin
1 0 ( : )
1 cos 2
Do
x k
x
x


  


0,25



0,25

0,25




sin cos 0
x x
  

4

π
x k
π
  
( Thỏa mãn đ/k)
0,25
b) 1đ
Đ/K :
2
3
x


Bất p t 
2
3 2 (3 2 (3 2 2) 2
x x x x x x
      

Đặt:
2
3 2 3 2
a x x a
    

Bất phương trình trở thành :
2 2
2)
(1 2) (1 ax x a


   
(2)
Xét hàm số:
2
2 2
2
( ) 2 ( ) 1 2 0,
2
t
f t t t t f t t t R
t

          


 hàm số đồng biến nên (2) 
3 2
x x
 
.
do đ/k 
2
3 2 0 1 2
x x x
     
.Đối chiếu đ/k Tập nghiệm bất pt là
1;2]
[
T


0,25



0,25


0,25

0,25
Câu III
a) 1đ
Ta có : I=
2
2
6
cot
3 cos




x
dx
x
=

2
2
6
2
cos .sin
3 cossin .






x x
dx
x
x

Đặt:
2
3 cos
t x
 
. Đổi cận:
15
6 2
x t

  
,
3

2
x t

  


2 2
3 cos sin .cos
t x tdt x xdx
    


15
3
2
2 2
15 3
2
1
(4 ) (4 )
tdt
I dt
t t t
  
 
 
=
15
2
3

1 1 1
4 ( 2) ( 2)
dt
t t
 

 
 
 


I
15
2
3
1 2 1 4 15 2 3
ln ln ln
4 2 4
4 15 2 3
t
t
 
  
  
 
 

 
 

0,25





0,25


0,25



0,25
b) 1đ
Có:
 
2
2
2 2
,
2 2
y z
y z
y z yz


 

  
 
 

 
2
2
2
2 4 9 2024
2 2
y z
y z
P x x x
 


 
    
 
 
 
 
 

thế y + z = 3 – x vào ta được


3 2
9 24 2033
P x x x f x

     
Xét
3 2
( ) 9 24 2033
f x x x x    
trên (0; 3) Ta có:
2
'( ) 3 18 24
f x x x
   

2
2
'( ) 0 6 8 0
4
x
f x x x
x


     



. Do :
(0;3)
x


2

x


Lập BBT ta tìm được




(0;3)
2 2013
Min f x f 
P = 2013 khi x = 2; y = z =
1
2
. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2013

0,25

0,25



0,25


0,25
Câu IV
1 đ
+. Gọi O là trung điểm AD. Dễ C/m được ABCD là
nửa lục giác đều 

OCD

đều cạnh bằng a

2
3 3
3
4
ABCD OCD
a
S S

 

3
.
1 3
.
3 4
S ABCD ABCD
a
V S SA 
+. ABCD là nửa lục giác đều  AC CD  SCCD,
AC
3
a
 
6
SC a


2
6
2
SCD
a
S

 
Mà
2
3
4
BCD
a
S



3
.
1
.
3 4
S BCD BCD
a
V S SA

 

 

.
3
3
;( )
2 6
S BCD
SCD
V
a
d B SCD
S

 


0,25



0,25



0,25

0,25
A
B
D
S

C
O

Câu Va:

1đ
Giải:
2 4 3
1 1 2 (1)
4 (4 ) (2)
x y
x y y x y y
   



    


Đ/k:
1 , 1
x y
  

(2) 







2 3 3 3
( 4) 4 4 0
x y y xy x y x y x y
         
(*)
vì
1
y

và
1 1 2
x y
   
nên 1
x


2

x

3 .Do đó
3
4
x y
 

0
Dấu “ = ” xảy ra 

3, 1
x y
 
 (*) 
3 , 1
x y
x y
 





Với
3, 1
x y
 
thỏa mãn (1) 
3, 1
x y
 
là 1 nghiệm của hệ
Với x = y Thế vào pt (1) đầu ta được
1 1 2
x x
   

2
2 1 2 0
x x

   


0
y

( thỏa mãn đ/k) 
0, 0
x y
 
là 1 nghiệm
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là:
0
0
x
y





và
3
1
x
y










0,25



0,25

0,25



0,25
Câu
VIa
1) 1 đ

1) Phương trình AB:
0
x y
 



; 2
d I AB  .
phương trình AC:

( 1) ( 1) 0
a x b y
   
(
a b
 
)
AC tiếp xúc với đường tròn tâm I bán kính
2
R  


; 2
d I AC  
2 2
2 2
3
2 6 7 0
7
a b
a b
a ab b
a b
a b
 


     





,
a b
 
loại  chọn:
7, 1
a b
 

 phương trình AC là
7 8 0
x y
  

Tương tự:. phương trình BC:
( 5) ( 5) 0
a x b y
   
(
a b
 
)

2 2
2 2
5 3
2 23 30 7 0
23 7
a b

a b
a ab b
a b
a b
 
 

     

 


,
a b
 
loại  chọn:
7, 23
a b
  
 phương trình AC là
7 23 80 0
x y
  

C là giao điểm của AC và BC  xét:
11
7 8 0
7
7 23 80 0
3

x y
x
x y
y

  
 



 
  





11
;3
7
C
 

 
 

Kiểm tra ta thấy I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vậy:
11
;3
7

C
 

 
 

0,25




0,25






0,25


0,25
b) 1đ
( 3;0; 3)
AB
  

,
( 4; 1;1), ( 1; 1;4)
AC BC     

 

3 2
AB AC BC  
 tam giác ABC đều
Đặt : S(a;b;c) 
( 4; 2; 2)
AS a b c
   

,
( 1; 2; 5)
BS a b c
   


Do tam giác ABC đều , SA, SB, SC đôi một vuông góc  các tam giác
SAB,SAC,SBC bằng nhau 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 4) ( 2) ( 2) ( 1) ( 2) ( 5)
( 4) ( 2) ( 2) ( 1) ( 1)
( 4)( 1) ( 2)( 2) ( 2)( 5) 0
. 0
a b c a b c
SA SB
SA SC a b c a b c
a a b b c c
SA SB


          





           
 
 
        




 


1
4 11
( 4)( 1) ( 2)( 2) ( 2)( 5) 0
a c
a b c
a a b b c c
  


  


        




2
1
5 10
( 4)( 1) ( 5 8) (1 )(4 ) 0
c a
b a
a a a a a

  

  


        


2 , 0 , 3
4 10 7
, ,
3 3 3
a b c
a b c
   





   


 có 2 điểm S thỏa mãn là :
1 2
4 10 7
(2;0; 3) , ( ; ; )
3 3 3
S S
 


0,25





0,25




0,25

0,25
Câu Vb
1đ
Đ/k:
1
1 ,
2
x y
 
.
Hệ phương trình 
2 2
3 2
(1)
2 1 2 4 2 2 1 2
3 5 2 4 (2)
yx
x x y y
y xy y x

  




   
   

Xét hàm số:

2
( 2)
( ) 2 1
t
f t t t   

1
( 2) ln 2 0 1
'( ) 2
1
t
t
f t t
t
   
 


 Hàm số đồng biến trên [1;

)  (1) 
( ) (2 ) 2
f x f y x y
  

Thay vào (2) ta được:
3 2
4 4 0 1
y y y y
     

( thỏa mãn đ/k)
Vậy hệ có 1 nghiệm là
( ; ) (2;1)
x y





0,25


0,25

0,25

0,25
CâuVIb

1) 1đ
1) Ta có : tâm (C ) là: I(3;0)
5
2
R 
.
A d

 A(t;2t1) .A là đỉnh của hình
vuông ABCD ngoại tiếp (C) 
5

IA 

2 2 2
( 3) (2 1) 5 5 10 5 0 1
t t t t t
         
A(1;1), C(5;1)
(Do I là trung điểm AC )
phương trình AB:
( 1) ( 1) 0
a x b y
   
(
2 2
0
a b
 
)
AB tiếp xúc với đường tròn tâm I bán kính
5
2
R  
 
5
;
2
d I AB  
2 2
2 2
3

2
5
3 8 3 0
1
2
3
a b
a b
a ab b
a b
a b




     

 


, Chọn:
3, 1
1, 3
a b
a b
 


  


TH 1:
3, 1
a b
 
Phương trình AB:
3 4 0
x y
  
phương trình AD:
3 2 0
x y
  

Phương trình CD:
3 14 0
x y
  
, phương trình BC:
3 8 0
x y
  

TH2:
1, 3
a b
  
Phương trình AB:
3 2 0
x y

  
phương trình AD:
3 4 0
x y
  

Phương trình CD:
3 8 0
x y
  
, phương trình BC:
3 14 0
x y
  


0,25


0,25






0,25

0,25
2) 1đ
( 3;0; 3)
AB
  

,
( 4; 1;1), ( 1; 1;4)
AC BC     
 

3 2
AB AC BC  
 tam giác ABC đều
Đặt : D(a;b;c) 
( 5; 3; )
AD a b c
  

,
( 2; 3; 3)
BD a b c
   


ABCD là tứ diện đều


2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
( 5) ( 3) ( 2) ( 3) ( 3)
( 5) ( 3) ( 1) ( 2) ( 1)
3 2
( 5) ( 3) 18
a b c a b c
DA DB
DA DC a b c a b c
DA
a b c

         





           
 
 

    






2 2 2 2 2 2
2 2
4 14 16 5
( 5) ( 3) 18 ( 5) (13 5 ) (2 ) 18
a c c a
a b c b a
a b c a a a
 
   
 
     
 
 
          
 


2
2
2, 6 , 0
16 5
10 2 4
, ,
3 3 3
3 16 20 0
c a
a b c
b a
a b c
a a


 
  



  


    


  


 có 2 điểm D thỏa mãn là :
1 2
10 2 4
(2;6;0) , ( ; ; )
3 3 3
D D
 


0,25




0,25

0,25






0,25


Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng