tuyển tập 70 đề thi thử đại học môn toán ( có đáp án chi tiết) của các trường THPT trên toàn quốc ( tập 2)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (21.82 MB, 148 trang )
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
42
22
y x x
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
2. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số
cộng.
Câu 2: (2 điểm)
1. Giải phương trình:
1
2sin +tanx+ 1 tan3x
cos3x
x
2. Giải hệ phương trình:
2
2
2
log 2
4 1 4 0
y
x
x xy y
Câu 3: (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A(5;1) và đường tròn (C) :
22
2 4 2 0
x y x y
. Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm A, cắt đường tròn (C) tại hai
điểm M, N sao cho MN =
3
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
20
x y z
và đường thẳng
(d):
3 2 1
2 1 1
x y z
. Viết phương trình đường thẳng
()
đi qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d)
và mặt phẳng (P) lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB.
Câu 4: (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N là trung điểm của
SA, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
.
Câu 5: (2 điểm)
1. Tìm
4
3
0
2sinx+cosx
(sinx+cosx)
dx
2. Tìm m để phương trình :
22
3 3 3 2
2 2 2 2
x mx m x mx m
x mx m
có 2 nghiệm dương
phân biệt.
Câu 6: (1điểm)
Xét các số thực dương
c
b
a
,
,
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
ca
c
b
b
c
a
a
c
b
P
32
)
(
12
3
3
4
2
)
(
3
.
HẾT
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Cả
m ơ n
LêVăn
An(lva75@g
mail.com
)
gửitới www
.laisac.page.
tl
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN
Câu ý Nội dung Điểm
1
(2điểm)
1
42
22
y x x
TXĐ: R
3
' 4 4
y x x
.
0
'0
1
x
y
x
0,25
Giới hạn:
;
lim lim
xx
yy
bảng biến thiên
X
-∞
1
0
1
+∞
y’ – 0 + 0 – 0 +
Y
0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng
( 1; 3);(1; )
Hàm số nghịch biến trên khoảng
( ; 1);(0;1)
Điểm cực đại
(0; 2)
; điểm cực tiểu
( 1; 3);(1; 3)
0,25
Đồ thị
đồ thị hàm số có 2 điểm uốn là
1 7 1 7
( ; );( ; )
33
33
Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng
0,25
2
Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt:
42
2 2 0
x x m
(1)
Từ câu 1) suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt
32
m
0,25
Đặt
2
( 0)
t x t
Phương trình trở thành :
2
2 2 0
t t m
Khi
32
m
thì phương trình (1) có 4 nghiệm là:
2 1 1 2
t t t t
0,25
4 nghiệm lập thành cấp số cộng
2 1 1 2 1
29 t t t t t
0,25
y
O
x
+∞
+∞
3
3
2
4
2
-2
-4
-5 5
Theo định lý Vi-ét ta có:
1
1
12
2
12
1
1
10 2
2
5
2 59
92
()
25
t
t
tt
t t m
tm
m tm
Vậy
59
25
m
0,25
2
(2điểm)
1
Điều kiện:
2
cos3x 0 x
63
k
0,25
1 1 2sin
2sin 1 tan3 tan 2sin 1
cos3 cos3 cos3
1
sinx=
1
(2sin 1)( 1) 0
2
cos3
cos3x=1
x
Pt x x x x
x x x
x
x
0,5
2
1
6
sinx=
5
2
2
6
xk
xk
(không thỏa mãn điều kiện)
2
os3x=1 3 2
3
k
c x k x
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của phương trình là:
2
3
k
x
.
0,25
2
2
2
2
log 2 (1)
4 1 4 0 (2)
y
x
x xy y
Điều kiện: x>0.
Từ (2) suy ra y<0
(2)
2 2 2 2 4
4 1 4 16 16 4
x xy y x x y x y
2 2 2 4 2 2
4 16 16 0 ( 4)(4 4) 0
x y x x y xy x xy
2
2
4
4
xy x
y
( vì
2
4 4 0
x xy
)
0,25
Thay vao (1) ta được:
2
22
2
4
log 2 4.2 2log ( ) 2 0
yy
y
y
Xét
2
2
( ) 4.2 2log ( ) 2 '( ) 4.2 .ln2
ln2
yy
f y y f y
y
0,25
Đặt
( 0)
t y t
2
2 2ln 2 1 2
'( ) 0 4.2 .ln2 0 0 2ln 2
ln2 2 ln2
t
t
t
fy
t t t
Xét
2
2 2 ln2 2 1
( ) '( ) 0
ln2
t t t
t
g t g t t
tt
Ta có bảng biến thiên
T
0
1
ln 2
+∞
g’(t) – 0 +
g(t)
0,25
+∞
+∞
1
()
ln2
g
Vì
1
22
ln2
12
( ) 2 .ln2 2.ln 2 2.ln 2 0
ln2
t
gt
t
'( ) 0 0 ( )
f y y f y
nghịch biến trên khoảng
( ;0)
Nên phương trình f(y)= 0 có nghiệm duy nhất
14
yx
Vậy hệ có nghiệm (4;-1)
0,25
3
(2điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2)
bk R =
3
.
Gọi H là giao điểm của MN và AI
Ta có :
22
3
2
IH IM MH
5
IA
0,25
0,25
TH1: A và I nằm khác phía với MN
Ta có :
37
5
22
HA IA IH
Trong tam giác vuông MHA ta có :
22
13
AM HM AH
Vậy phương trình đường tròn (C’) là:
22
( 5) ( 1) 13
xy
0,25
TH2: A và I nằm cùng phía với MN
Vì IA>IH nên I nằm giữa H và A
Ta có :
3 13
5
22
HA IA IH
Trong tam giác vuông MHA ta có :
22
43 AM HM AH
Vậy phương trình đường tròn (C’) là:
22
( 5) ( 1) 43
xy
0,25
2
Gọi điểm
(3 2 , 2 ; 1 ) ( )
A t t t d
và
( , , ) ( )
B a b c P
0,25
M là trung điểm của AB
3 2 6 3 2
2 0 2
1 6 5
t a a t
t b b t
t c c t
Vì
( , , ) ( ) 2 0 (3 2 ) (2 ) ( 5 ) 2 0
B a b c P a b c t t t
1
t
Suy ra A(5;-1;-2) và B(1;1;-4)
0,5
Vậy phương trình đường thẳng
()
là:
32
3
xt
yt
zt
0,25
H
N
M
A
I
H
N
M
A
I
4
(1điểm)
Gọi I là trung điểm AC, do tam giác
SAC cân nên
SI AC
mà
( ) ( )
SAC ABC
suy ra
()
SI ABC
0,25
Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI suy ra MH
(ABC) do đó:
0
( ,( )) 60
MN ABC MNH
.
2
2
ABC
a
S
0,25
Xét tam giác HCN có :
32
;
24
aa
NC HC
2
2 2 2 0
5 10
2 . . os45
84
aa
NH HC NC HC NC c NH
0,25
Trong tam giác MHN có MH = NH.tan
0
30 30
60 ; 2
42
a SI MH a
3
1 30
.
3 12
SABC ABC
V SI S a
0,25
5
(2điểm)
1
44
3 3 3
00
2sinx+cosx osx(2tanx+1)
(sinx+cosx) cos x(tanx+1)
c
dx dx
Đặt t = tanx
2
1
os
dt dx
cx
. Đổi cận x =0
0
t
;
1
4
xt
Vậy
1 1 1
3 2 3
0 0 0
(2t+1) 2 1
(t+1) (t+1) (t+1)
I dt dt dt
0,25
0, 5
1
1
2
0
0
2 1 5
1 2(t+1) 8
t
0,25
2
22
3 3 3 2 2
1
2 2 (3 3 ) ( 3 )
2
x mx m x mx m
x mx m x mx m
Xét
1
( ) 2
2
t
f t t
là hàm đồng biến trên R
Vậy pt
2
2 2 0
x mx m
0,25
0,25
Pt có 2 nghiệm dương phân biệt
2
' 0 2 0
0 2 0 2
0 2 0
mm
S m m
Pm
Vậy m>2
0,5
B
C
A
S
I
H
M
N
6
(1điểm)
(*)
4
1
1
0
,
y
x
y
x
y
x
Dấu “=” xảy ra
y
x
8
3
2
12
3
3
4
1
2
)
(
3
2
11
c
a
c
b
b
c
a
a
c
b
P
c
a
b
a
c
b
a
3
2
4
3
1
2
1
3
3
4
0,5
Áp dụng (*):
b
a
b
a
3
2
4
3
1
2
1
c
b
a
c
a
b
a
3
3
4
16
3
2
4
3
2
4
0,25
c
b
a
c
a
b
a
3
3
4
16
3
2
4
3
1
2
1
5
16
11
P
P
Dấu “=” xảy ra
a
c
b
3
2
Min
khi
P
,
5
a
c
b
3
2
0,25
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
Cả
m
ơ
n
Lê
Vă
n
An
(
lva75@g
m
ail.
c
om
)
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN - Khối: A,B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ THI THỬ LẦN 1
Phần bắt buộc (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số
32
23(1)6(2)1,(1)yxmxmx=+−+−−
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m =
2) Tìm giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực trị của đồ thị cách đều
đường thẳng 1yx=−.
Câu 2. ( 1 điểm) Giải phương trình:
2
3sin(cossin)
1
2sin21
4
xxx
x
π
−−
=
−+
Câu 3. ( 1 điểm) Giải bất phương trình:
2
4
2322326xxxx−++≥+−
Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân:
2
23
0
cos.(1sin)
I
xxdx
π
=−
∫
Câu 5.(1 điểm) Cho hình chóp .SABC có đáy
ABC
là tam giác đều cạnh bằng 4a .
M
là trung
điểm
BC
,
H
là trung điểm
AM
và ()SHABC⊥ . Góc giữa mặt phẳng ()SAB và ()
A
BC
bằng
0
60 . Tính theo a thể tích khối chóp .SABC và góc giữa hai mặt phẳng()SAB và
()SAC
Câu 6 (1 điểm) Cho ba số
[ ]
,,0;2xyz∈ và 3
x
yz++=. Chứng minh rằng
222
5xyz++≤.
Phần tự chọn. (3 điểm). Thí sinh chọn và chỉ làm một trong hai phần: A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu 7 ( 1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác
ABC
, đường thẳng
BC
có phương
trình 10
xy
−−= . Trọng tâm tam giác
ABC
là (1;2)G , điểm (2;1)M − nằm trên đường
cao kẻ qua
A
của tam giác
ABC
. Tìm tọa độ điểm
B
biết
B
có hoành độ dương và diện
tích tam giác
ABC
bằng 24 .
Câu 8. (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm (1;1;2),A −
(2;1;1),(1;2;3)BC−−− biết tâm của mặt cầu nằm trên mặt phẳng Oxz .
Câu 9. (1 điểm). Cho tập
{
}
0;1;2;3;4;5;6;7A = . Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 6 chữ số
khác nhau thuộc
A
, phải có mặt ba chữ số 0;1;2 và chúng đứng cạnh nhau.
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy cho đường tròn
22
():2410cxyxy+−++=. Đường
tròn ()c cắt trục tung tại
A
và
B
. Viết phương trình đường tròn (
1
c ) đi qua hai điểm
A
,
B
và
(
1
c ) cắt trục hoành tại ,
MN
mà đoạn
MN
có độ dài bằng 6.
Câu 8 (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm (1;1;0),(2;0;3)AB− và mặt phẳng
():2240.Pxyz−−+=
M
là điểm thuộc (P) sao cho 15AM = và
M
BAB⊥ . Tìm tọa độ
M
Câu 9 (1 điểm)
Tìm hệ số chứa
7
x
trong khai triển của:
3
()(22)
n
f
xxx=−+ biết
012
29
nnn
CCC++=
(
k
n
C là tổ hợp chập k của n phần tử)
_________________Hết________________
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………… ;Số báo danh……………………
Cả
m
ơ
n
Lê
Vă
n
An
(
lva75@g
m
ail.
c
om
)
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl
THI TH I H C L N I KH I A, B
Câu L
i gi i m
Câu 1.1
m)
Kh o sát s bi n thiên và v th hàm s khi
Khi .
lim,lim
xx
yy
0,25
0,25
BBT:
1
+ 0 +
3
Kho ng bi n: , kho ng ngh ch bi n:
C i: , c c ti u:
0,25
V th : V 0,25
Câu 1.2
m)
hàm s có c i, c c ti m c c tr c th ng
th ng
Hàm s có c i, c c ti u khi và ch khi .
0,25
Vi t l i hàm s i d ng .
ng th m c c tr c th hàm s
0,25
ng th ng này có h s góc nên không th
song song v
ng th ng .
m c c tr c th hàm s ng th ng m
c a hai c c tr c th thu ng th ng .
0,25
m c c tr c th hàm s là
và ,
m c a là .
khi và ch khi , th a mãn
u ki n.
0,25
Câu 2
m)
Gi
u ki n:
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3
m)
u ki n:
0,25
t
0,25
V i , gi c
V i , gi c
0,25
.
0,25
Câu 4
m)
0,25
0,25
0,25
V y .
0,25
Câu 5
m)
HI AB, suy ra SI AB.
Suy ra góc gi a (SAB) và (ABC) là góc .
T , suy ra .
L i có .
0,25
.
.
0,25
Nh n xét: BN SA N, suy ra CN
SA.
, .
0,25
,
suy ra góc c n tìm là .
0,25
Câu 6
m)
Cho và .
Gi s , suy ra , suy ra .
0,25
.
0,25
Kh o sát hàm s trên c giá tr l n nh t c a
0,5
Câu 7a
(1 m)
G i I m BC, ta có suy ra .
nên .
Suy ra
.
0,25
và suy ra , suy ra .
0,25
G i . T ta có .
0,25
Gi c (do ).
V
y .
0,25
Câu 8a
m)
nên .
nên
0,25
Gi i h c . Suy ra
0,25
Bán kính:
0,25
0,25
Câu 9a
m)
a b
TH1. b = 0:
cách
Suy ra có
TH2. b = 2:
0,25
TH3.
X ng c nh nhau: có 16 cách (do )
0,25
cách
Suy ra có
0,25
0,25
Câu 7b
m)
(C) có tâm
, bán kính .
. .
0,25
G i l m c a .
nên có bán kính .
0,25
c , suy ra
, hay .
0,25
V i .
V i .
0,25
Câu 8b
m)
, suy ra .
, .
Nh
n th y nên .
0,25
Suy ra = .
0,25
suy ra .
0,25
V i , ,
V
i , .
0,25
Câu 9b
m)
u ki n: nguyên .
.
0,25
0,25
.
0,25
S là
0,25
Cả
m
ơ
n
Lê
Vă
n
An
(
lva75@g
m
ail.
c
om
)
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl
Cả
m
ơ
n
Lê
Vă
n
An
(
lva75@g
m
ail.
c
om
)
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl
m
ơ
n
Lê
Vă
n
An
(
lva75@g
m
ail.
c
om
)
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl
1
S
Ở
GD&
Đ
T NGH
Ệ
AN
ĐỀ
THI TH
Ử
ĐẠ
I H
Ọ
C L
Ầ
N TH
Ứ
NH
Ấ
T
2013
TR
ƯỜ
NG THPT PHAN
ĐĂ
NG L
Ư
U
Môn: TOÁN ; Kh
ố
i D
.
Th
ờ
i gian làm bài 180 phút (không k
ể
th
ờ
i gian phát
đề
).
Câu I (2,0 điểm)
. Cho hàm s
ố
3 2
y x 3x 4
= − +
1.
Kh
ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. L
ập phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
(d) : x – 3y + 2 = 0.
Câu II (2.0
điểm)
1. Gi
ải phương trình:
− − =
x x
3
2 3 2 1
.
2. Gi
ải phương trình
2 sin 2 3sin cos 2
4
x x x
π
+ = + +
.
Câu III
(1,0
điểm)
Tính:
1
2
0
1
=
+ −
∫
x
I dx
x x
Câu IV
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là hình thang vuông t
ạ
i A, D.
Bi
ế
t SA
⊥
(ABCD), SA= a, AB = 2a, AD = DC = a. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp S.ABCD và
kho
ả
ng cách gi
ữ
a AB và SC.
Câu V (1.0 điểm)
Cho a, b, c
∈
[0;2]. Tìm GTLN c
ủ
a
P
= 2(a + b + c) – (ab + bc + ca)
Câu VI (3,0 điểm)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng to
ạ
độ
Oxy cho hình thoi ABCD có B(-2;5), D(2;1),
cos
ABC
=
3
5
. Bi
ế
t hoành
độ
A d
ươ
ng. Tìm t
ọ
a
độ
A, C.
2. Trong không gian Oxyz cho
đ
i
ể
m M(1; 2; 3). Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u tâm M
c
ắ
t m
ặ
t ph
ẳ
ng Oxy theo thi
ế
t di
ệ
n là
đườ
ng tròn (C) có chu vi là 8
π
.
3. Tìm h
ệ
s
ố
c
ủ
a
5
x
trong khai tri
ể
n c
ủ
a
+
n
(x 1)
bi
ế
t n là s
ố
t
ự
nhiên ch
ẵ
n th
ỏ
a
mãn:
2 4 3
n n n
3
C C C
2
+ =
****************************** H
ế
t *********************************
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Cả
m
ơ
n
l
o
ve
m
at
h
@
g
m
ail.
co
m
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl
2
H
ọ và
tên: ……………………………………. SBD: …………………………
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM – MÔN TOÁN, KHỐI D - 2013
Câu
Đáp án Điểm
Câu 1
(2
điểm)
1. (1
điểm)
+) T
ập xác định: D =
ℝ
+) S
ự biến thiên:
-) Chi
ều biến thiên:
2
y' 3x 6x 0
= − = ⇔
x = 0 và x = 2
y’ > 0, h/s
đồng biến trên (-
∞
; 0) và (2;+
∞
),
y’ < 0, h/s ngh
ịch biến trên (0; 2)
-) C
ực trị: H/s đạt cực đại tại x = 0, y(CĐ) = 4,
H/s
đạt cực tiểu tại x = 2, y(CT) = 0
-) Gi
ới hạn:
x
lim
→±∞
= ±∞
-) Bảng biến thiên:
+)
Đồ thị:
0.25
0.25
0.25
0.25
3
2.(1 điểm):
Gi
ả sử (
0
x
,
0
y
) là tiếp điểm, khi đó f’(
0
x
) =
2
0 0
3x 6x
−
là hệ số góc của
ti
ếp tuyến
Do ti
ếp tuyến tại (
0
x
,
0
y
) vuông góc (d) nên
2
0 0 0 0 0
1
f'(x ). 1 3x 6x 3 x 1 y 2
3
= − ⇔ − = − ⇔ = −
⇒
=
V
ậy tiếp tuyến cần tìm là : y = -3(x + 1) +2
⇔
3x + y + 1 = 0
0.25
0.5
0.25
Câu 2
(2
điểm)
1. (1
điểm). Đk :
3
x
2
≤
Xét h/s f(x) =
3
2x 3 2x
− −
. Do
2
1 3
f' 6x 0, x .
2
3 2x
= + > ∀ <
−
Nên h/s
đồng biến trên
]
3
( ;
2
−∞
.
Nh
ậ
n th
ấ
y x = 1 là m
ộ
t nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình.
V
ậ
y pt có m
ộ
t nghiêm duy nh
ấ
t là x = 1.
2. (1
đ
i
ể
m).
Pt
⇔
Sin2x + Cos2x = 3Sinx + Cosx + 2
⇔
os os
2
2C x 2SinxCosx 3Sinx C x 3 0
+ − − − =
⇔
(2Cosx - 3)(Cosx + Sinx + 1) = 0
0.25
0.5
0.25
0.25
4
⇔
os inx+1=0(**)
2Cosx 3(*)
C x S
=
+
Ta có (*) vô nghi
ệ
m. Gi
ả
i (**) ta
đượ
c 2 nghi
ệ
m
x k2
2
x k2
π
= − + π
= π + π
0.25
0.5
Câu 3
(1
đ
i
ể
m)
Ta có
1 1
2
2
0 1
x
I dx x( x 1 x)dx
x 1 x
= = + +
+ −
∫ ∫
=
1 1
3
2 2 2 2 3
0 0
1 1
1 1 x
I x 1d(x 1) x dx ( x 1)
2 3 3
0 0
= + + + = + +
∫ ∫
=
2 2
3
0.25
0.5
0.25
Câu 4
(1
đ
i
ể
m)
+)
S.ABCD
V
=
1
3
.SA.dt(ABCD) =
1
3
a.
3
1 a
a(a 2a)
2 2
+ =
(
đ
vtt).
S
+) Do AB//CD
⇒
AB//(SCD)
⇒
k/c(AB,SC) = k/c(AB,(SCD))
= k/c(A,(SCD)).
H
G
ọ
i H là chân
đườ
ng cao h
ạ
t
ừ
A A B
trong
∆
SAD. Do SA
⊥
(ABCD) D C
và CD
⊥
DA
⇒
AH
⊥
(SCD).
⇒
k/c(AB,SC) = AH.
Do
∆
SAD vuông cân t
ạ
i A nên AH =
1
2
SD =
a 2
2
.
V
ậ
y k/c(AB,SC) =
a 2
2
0.5
0.25
0.25
Câu 5
(1
đ
i
ể
m)
Do a, b, c
∈
[0;2]
⇒
(2 - a)(2 - b)(2 - c)
≥
0
⇔
8 – 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) – abc
≥
0
⇔
2(a + b + c) – (ab + bc + ca)
≤
4 -
abc
2
≤
4
0.5
5
Vậy Max P = 4 đạt được khi
(2 a)(2 b)(2 c) 0
abc 0
− − − =
=
⇒
xảy ra khi hai
trong 3 s
ố a, b, c bằng 0, số còn lại bằng 2 và ngược lại.
0.5
Câu 6
(3
điểm)
1.(1
điểm). Gọi I là trung điểm BD
⇒
I(0;3). Do A, C nằm trên đường
th
ẳng qua I và vuông góc BD nên AC có phương trình: x – y + 3 = 0.
G
ọi A (
0
x
;3 +
0
x
)
⇒
C(-
0
x
, 3 -
0
x
) (
0
x
> 0)
⇒
0 0 0 0
BA (x 2;x 2),BC ( x 2; x 2)
= + − = − + − −
⇒
Cos
ABC
= Cos(
BA,BC
) =
2 2
0 0
2
0
4 x x 4
3
5
(2x 8)
− − +
=
+
⇒
0
x
= 1
⇒
A(1; 4), C(-1; 2)
2. (1
điểm)
Thi
ết diện là đường tròn (C) có chu vi là 8
π
nên có bán kính là r = 4
Kho
ảng cách từ M tới mp(Oxy) là d = 3
Suy ra bán kính m
ặt cầu tâm M là R =
2 2
d r 5
+ =
V
ậy phương trình mặt cầu tâm M cần tìm là:
2 2 2
(x 1) (y 2) (z 3) 25
− + − + − =
.
3. (1 điểm).
Ta có
2 4 3
n n n
3
C C C
2
+ =
(
n N,n 4
∈ ≥
, n chẵn.)
n! n! n!
2!(n 2)! 4!(n 4)! 3!(n 3)!
⇔ + =
− − −
2
n 11n 30 0
⇔ − + =
n 5(l)
n 6
=
⇔
=
n 6
⇒
=
Trong khai tri
ển (x + 1)
n
ta có
k k
k 1 n
T C x
+
=
.
Với n = 6 thì hệ số của x
5
là
5
6
C 6
=
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
www.dethithudaihoc.com
6
Lưu ý
:
Đáp án chỉ trình bày một cách giải. nếu thí sinh giải cách khác đúng vẫn cho
điểm tối đa.
Cả
m
ơ
n
l
o
ve
m
at
h
@
g
m
ail.
co
m
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl
1
S
Ở
GD&
Đ
T NGH
Ệ
AN
TR
ƯỜ
NG THPT PHAN
ĐĂ
NG L
Ư
U
ĐỀ
THI TH
Ử
ĐẠ
I H
Ọ
C L
Ầ
N I N
Ă
M H
Ọ
C 2012
−
−−
−
2013
MÔN:
TOÁN
−
KH
Ố
I A, B
Th
ờ
i gian làm bài
: 180 phút.
I. PH
Ầ
N CHUNG CHO T
Ấ
T C
Ả
CÁC THÍ SINH (7,0
đ
i
ể
m
)
Câu 1
(2
đ
i
ể
m
). Cho hàm s
ố
3 2
1
3
y x x
= −
.
1)
Kh
ả
o sát và v
ẽ
đồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s
ố
;
2)
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n
đ
ó c
ắ
t các tr
ụ
c Ox, Oy t
ươ
ng
ứ
ng t
ạ
i A, B
phân bi
ệ
t th
ỏ
a mãn OB = 3OA.
Câu 2
(1
đ
i
ể
m
). Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
0
cos
6
)
sin2
(tan
tan
3
=
+
+
−
x
x
x
x
Câu 3 (1 điểm
). Gi
ải hệ phương trình:
2 2
1 2
2
1 2 3 3
y x
x y
x
y x x x
+ = +
+ = + +
Câu 4 (1 điểm
). Tính tích phân
2
2
sin cos
3 sin 2
x x
I dx
x
π
π
−
+
=
+
∫
.
Câu 5 (1 điểm
). Cho hình chóp S.ABC có
đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. Tính thể tích khối chóp
S.ABM và kho
ảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC.
Câu 6 (1 điểm
). Cho a,b, c là các s
ố thực không âm thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= 1. Chứng minh:
1
1 1 1
a b c
bc ca ab
+ + ≥
+ + +
.
II. PH
Ầ
N RIÊNG (3,0
đ
i
ể
m
):
Thí sinh ch
ỉ
đượ
c làm m
ộ
t trong hai ph
ầ
n
(
ph
ầ
n A ho
ặ
c ph
ầ
n B
).
A.
Theo ch
ươ
ng trình Chu
ẩ
n
Câu 7a
(1 điểm
). Trong m
ặt phẳng Oxy cho
∆
ABC vuông t
ại B, AC = 2. Đường phân giác trong của
góc A có ph
ương trình (d): 3 0
x y
− =
. Tìm to
ạ độ các đỉnh A, C biết rằng khoảng cách từ C đến
(d) bằng hai lần khoảng cách từ B đến (d); C nằm trên trục tung và A có hoành độ dương.
Câu 8a (1 điểm
). Trong không gian v
ới hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
3
6 5
2
x
y t
z t
= −
= − +
= −
, mặt phẳng
(P): x + 2y
−
2z + 4 = 0 và
điểm A(
−
3;
−
1; 2). Vi
ết phương trình mặt phẳng (
α
)
đi qua A, vuông góc
v
ới (P) và cắt d tại điểm M thỏa mãn: khoảng cách từ M đến (P) bằng MA.
Câu 9a (1 điểm
). Tìm h
ệ số của x
6
trong khai triển (x
2
+ x – 2)
n
, biết n là số nguyên dương thỏa mãn:
2 3
0 1 2 3
2 2 2 121
3 4 1 1
n
n
n n n n n
C C C C C
n n
+ + + + + =
+ +
.
B.
Theo ch
ươ
ng trình Nâng cao
Câu 7b
(1 điểm
). Trong m
ặt phẳng Oxy cho elip (E):
2
2
1
4
x
y
+ =
và 2
điểm ( 3;0), ( 3;0)
A B
−
.
Tìm
điểm M thuộc (E) sao cho
0
60
AMB
=
.
Câu 8b (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1 2
2 1 1
x y z
+ −
= = , mặt
ph
ẳng (P): x + y − 2z + 5 = 0 và
điểm A(1; −1; 2). Vi
ết phương trình đường thẳng ∆
đi qua A song
song v
ới mặt phẳng (P), đồng thời vuông góc với d.
Câu 9b (1 điểm
).
Gi¶i ph−¬ng tr×nh:
( ) ( )
2
2 2
log log
3 1 . 3 1 1
x x
x x
+ + − = +
.
Cả
m
ơ
n
l
o
ve
m
at
h
@
g
m
ail.
co
m
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl
2
…………………………. H
ế
t …………………………
Đ
ÁP ÁN
ĐỀ
THI TH
Ử
ĐẠ
I H
Ọ
C L
Ầ
N 1. N
Ă
M H
Ọ
C 2012
−
−−
−
2013
Câu N
ộ
i dung
Đ
i
ể
m
1
(2
đ
i
ể
m)
1) • TX
Đ
:
ℝ
.
• SBT:
−
CBT: y’ = x
2
−
2x = 0
⇔
x = 0 ho
ặ
c x = 2
Hàm số ĐB trên (−∞; 0) và (2; +∞); hàm số NB trên (0; 2).
0,25
−
C
ự
c tr
ị
: C
Đ
(0;0); CT(
4
2;
3
−
).
−
Gi
ớ
i h
ạ
n:
lim
x
y
→−∞
= −∞
, lim
x
y
→+∞
= +∞
.
0,25
−
BBT:
0,25
•
Đồ
th
ị
0,25
2) Ta có:
tan 3
OB
OAB
OA
= =
⇒
h
ệ
s
ố
góc c
ủ
a ti
ế
p tuy
ế
n là ±3.
0,25
G
ọ
i x
0
là hoành
độ
ti
ế
p
đ
i
ể
m thì
y’(x
0
) = ±3
⇔
2
0 0
2 3
x x
− = ±
⇔
x
0
=
−
1 ho
ặ
c x
0
= 3.
0,25
• PT ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i
đ
i
ể
m (
4
1;
3
− − ):
4
3( 1)
3
y x
= + + hay
13
3
3
y x
= + .
0,25
• PT ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i
đ
i
ể
m (3; 0): y = 3(x
−
3) hay y = 3x
−
9.
0,25
2
(1
đ
i
ể
m)
Đ
K: cosx ≠ 0.
⇔
2
3(1 2cosx) tan x(1 2cos x) 0
+ − + =
⇔
(1 + 2cosx)(3
−
tan
2
x) = 0
0,5
⇔
1
cos
2
x
= −
ho
ặ
c tan 3
x
= ±
⇔
2
2
3
x k
π
π
= ± +
ho
ặ
c
3
x k
π
π
= ± +
.
Đố
i chi
ế
u
Đ
K, ph
ươ
ng trình có các nghi
ệ
m trên.
0,5
3
(1
đ
i
ể
m)
Đ
KX
Đ
: x > 0, y
≠
0.
PT
đầ
u c
ủ
a h
ệ
⇔ y = 2x ho
ặ
c
y x= −
.
0,25
1
2
3
4
3
−
O
x
y
−
3
x
y’
y
−
∞
+
∞
0
2
0
0
+
−
+
0
4
3
−
−
∞
+
∞
3
• V
ớ
i y = 2x, ta có:
2 2
2 1 2 3 3
x x x x
+ = + +
(*)
⇔
2
1 3
1
2
1
x
x
= +
+
.
0,25
Dễ thấy hàm số
2
1 3
( )
2
1
f x
x
x
= +
+
ngh
ịch biến trên (0; +
∞
).
M
ặt khác ( 3) 1
f
=
V
ậy (*) có nghiệm dy nhất 3x = ⇒ 2 3y = .
0,25
• Với y x= −
ta có:
2 2
1 2 3 3
x x x x
− + = + +
: PT này vô nghiệm vì vế trái
không d
ương, vế phải dương.
Tóm l
ại hệ có nghiệm duy nhất 3x =
;
2 3y =
.
0,25
4
(1 điểm)
2 2
2
2 2
sin cos sin cos
3 sin 2 4 (sin cos )
x x x x
I dx dx
x x x
π π
π π
− −
+ +
= =
+ − −
∫ ∫
0,25
Đặ
t sinx
−
cosx = t, ta có:
1 1
2
1 1
1 1 1
4 4 2 2
dt
I dt
t t t
− −
= = +
− + −
∫ ∫
0,5
=
1
1
1
(ln | 2 | ln | 2 |)
4
t t
−
+ − −
=
1
ln3
2
.
0,25
5
(1
đ
i
ể
m)
• Do M là trung
đ
i
ể
m SC nên
1
( ,( )) ( ,( ))
2
d M SAB d C SAB
=
⇒
1
2
SABM SABC
V V
=
.
Vì (SAB)
⊥
(ABC) nên g
ọ
i SH là
đườ
ng
cao c
ủ
a
∆
SAB thì SH
⊥
(ABC)
∆
SAB
đề
u c
ạ
nh a
⇒
3
2
a
SH
=
.
0,25
2 3
1 1 3 3
.
3 3 2 4 8
SABC ABC
a a a
V SH S
= = =
V
ậ
y
3
16
SABM
a
V
=
.
0,25
• G
ọ
i D là
đ
i
ể
m sao cho ACBD là hình bình hành
⇒
(SAD) ch
ứ
a SA và song
song BC
⇒
d(SA, BC) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD))=
3
SABD
SAD
V
S
.
Ta có:
3
8
SABD SABC
a
V V
= =
.
∆SHC vuông cân t
ạ
i H
⇒
6
2
2
a
SC SH= = .
BM là
đườ
ng cao tam giác cân SBC
⇒
BM =
2
2 2 2
6 10
4 4
a a
SA SM a
− = − =
.
0,25
2
1 1 10 6 15
. . .
2 2 4 2 8
SAD SBC
a a a
S S BM SC
= = = =
0,25
S
D
A
H
B
C
M
4
⇒
d(SA, BC) =
3
3
15
SABD
SAD
V
a
S
=
.
6
(1
đ
i
ể
m)
Ta có:
2 2
2
2
1 3
1
2
a a a
b c
bc a
≥ =
+
+ −
+
.
0,25
M
ặ
t khác d
ễ
th
ấ
y
2
2
2
3
a
a
a
≥
−
(*).
Th
ậ
t v
ậ
y (*)
⇔
a(a
−
1)
2
(a + 2)
≥
0 luôn
đ
úng.
0,25
Suy ra
2
1
a
a
bc
≥
+
, t
ươ
ng t
ự
2
1
b
b
ca
≥
+
,
2
1
c
c
b
≥
+
.
0,25
Do
đ
ó:
2 2 2
1
1 1 1
a b c
a b c
bc ca ab
+ + ≥ + + =
+ + +
(
đ
pcm).
0,25
7a
(1
đ
i
ể
m)
G
ọ
i M là
đ
i
ể
m
đố
i x
ứ
ng c
ủ
a B qua d
⇒
M
∈
AC.
G
ọ
i H, K l
ầ
n l
ượ
t là hình chi
ế
u c
ủ
a C, B
trên d.
Vì CH = 2BK nên CH = BM = 2KM
⇒
M
là trung
đ
i
ể
m AC.
Vì các tam giác ABC, AHC vuông c
ạ
nh
huy
ề
n AC nên MH = MB = MC = HC = 1.
Gi
ả
s
ử
C(0; y
0
)
⇒
CH = d(C,d) =
0
| |
1
2
y
=
⇔
y
0
= ±2.
0,5
Gi
ả
s
ử
( ; 3)A t t
∈ d (t > 0). Ta có:
2 2
0
( 3) 2AC t y t= + − =
⇔
2
0
4 2 3 0
t y t
− =
(do
2
0
4y =
)
⇔
0
3
2
y
t
=
. Vì t > 0 nên y
0
= 2 và 3t =
.
Vậy ( 3;3)A , C(0; 2).
0,5
8a
(1 điểm)
Giả sử M(
−
3;
−
6 + 5t; 2
−
t)
∈
d. ta có:
d(M, (P)) = MA
⇔
2 2
| 3 2( 6 5 ) 2(2 ) 4 |
0 (5 5)
1 4 4
t t
t t
− + − + − − +
= + − +
+ +
⇔
(4t
−
5)
2
= 26t
2
−
50t + 25
⇔
10t
2
+ 10t = 0
⇔
t = 1 ho
ặc t = 0.
⇒ M(
−
3;
−
1; 1) ho
ặc M(
−
3;
−
6; 2).
0,5
Mặt phẳng (
α
) c
ần tìm đi qua M, A và vuông góc với (P) nên có 1 vec tơ pháp
tuy
ến là [ , ]
p
n MA n
α
=
, với
p
n
là 1 vec tơ pháp tuyến của (P).
• M(
−
3;
−
1; 1): Ta có
(0;0;1)
MA =
,
(1;2; 2)
p
n = −
⇒
( 2;1;0)
n
α
= −
Ph
ương trình mp (α): −2x + y − 5 = 0.
• M(
−
3;
−
6; 2):
(0;5;0)
MA =
,
(1;2; 2)
p
n = −
⇒
( 10;0; 5)
n
α
= − −
⇒ (
α
): 2x + z + 4 = 0.
V
ậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn là (α): −2x + y − 5 = 0 và (α): 2x + z + 4 = 0.
0,5
9a
(1 điểm)
Từ khai triển
0 1 2 2
(1 )
n
n n
n n n n
x C C x C x C x
+ = + + + +
ta có:
2 2
0 1 2 2
0 0
(1 ) ( )
n n n
n n n n
x dx C C x C x C x dx
+ = + + + +
∫ ∫
Hay:
2
2
1 0 1 2 2 3 1
0
0
1 1 1 1
(1 )
1 2 3 1
n
n n
n n n n
x C x C x C x C x
n
n
+
+
+ = + + + +
+
+
0,5
B
H
C
M
K
A
5
⇔
1 2 3 1
0 1 2
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n
n
n
n n n n
C C C C
n n
+
+
−
= + + + +
+ +
K
ế
t h
ợ
p gi
ả
thi
ế
t suy ra:
1
3 1 242
1 1
n
n n
+
−
=
+ +
⇔
3
n + 1
= 243 = 3
5
⇔
n = 4.
Ta có (x
2
+ x – 2)
4
= (x
−
1)
4
(x + 2)
4
=
0 1 2 2 3 3 4 4 0 1 2 2 3 3 4 4
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4
( )( .2 .4 .8 .16 )
C C x C x C x C x C C x C x C x C x
− + − + + + + +
V
ậy hệ số x
6
là:
2 4 3 3 4 2
4 4 4 4 4 4
. .16 . .8 . .4 8
C C C C C C
− + = −
.
0,5
7b
(1 điểm)
Vì A, B chính là các tiêu điểm (E) nên ta có:
2 2 2 0 2
1
2 . .cos60 ( ) 2 . 2 . .
2
AB MA MB MA MB MA MB MAMB MA MB
= + − = + − −
=
2 2
4 3 . 4 3( )( )
a MA MB a a ex a ex
− = − + −
=
2 2 2
3
a e x
+
⇒
2
2 2 2
2
4 3
c
c a x
a
= +
⇔
2 2 2
2
2
(4 ) (4.3 4).4 32
3 3.3 9
c a a
x
c
− −
= = =
⇒
4 2
3
x
= ±
.
0,5
Vì M
∈
(E)
⇒
2
2
8 1 1
1 1
4 9 9 3
x
y y
= − = − =
⇒
= ±
.
V
ậ
y có 4
đ
i
ể
m th
ỏ
a mãn v
ớ
i t
ọ
a
độ
là
4 2 1
;
3 3
± ±
.
0,5
8b
(1
đ
i
ể
m)
Véc t
ơ
ch
ỉ
ph
ươ
ng và véc t
ơ
pháp tuy
ế
n c
ủ
a d và (P) t
ươ
ng
ứ
ng là
(2;1;1), (1;1; 2)
d p
u n
= = −
.
0,25
G
ọ
i
u
∆
là vec t
ơ
ch
ỉ
ph
ươ
ng c
ủ
a
∆
, t
ừ
gi
ả
i thi
ế
t suy ra
u
∆
vuông góc v
ớ
i các
véc t
ơ
,
d p
u n
⇒
có th
ể
ch
ọ
n
[ , ] ( 3;5;1)
d p
u u n
∆
= = −
.
0,5
V
ậ
y ph
ươ
ng trình
∆
là: x = 1
−
3t; y =
−
1 + 5t; z = 2 + t.
0,25
9b
(1
đ
i
ể
m)
Đ
KX
Đ
: x > 0.
Đặ
t
2
2
log log
( 3 1) 0,( 3 1) 0
x x
u v
+ = ≥ − = ≥
⇒
u.v = x.
Ta có ph
ươ
ng trình:
u + uv
2
= 1 + u
2
v
2
⇔
(u
−
1)( 1
−
uv
2
) = 0
⇔
u = 1 ho
ặ
c uv
2
= 1.
0,5
• u = 1
⇒
log
2
x = 0
⇔
x = 1 (th
ỏ
a mãn PT).
• uv
2
= 1
⇒
2
log
(2 3 2) 1
x
− =
⇔
log
2
x = 0
⇔
x = 1 (th
ỏ
a mãn PT).
V
ậ
y PT có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t x = 1.
0,5
L
ư
u ý
:
H
ướ
ng d
ẫ
n này ch
ỉ
trình bày m
ộ
t cách gi
ả
i, n
ế
u h
ọ
c sinh gi
ả
i cách khác mà v
ẫ
n
đ
úng thì cho
đ
i
ể
m t
ố
i
đ
a dành cho ph
ầ
n
đ
ó (ho
ặ
c ý
đ
ó).
Cả
m
ơ
n
l
o
ve
m
at
h
@
g
m
ail.
co
m
gử
i
tới
www
.
laisac.
p
age.
tl
