Đáp án Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, B năm 2013 - THPT Thuận Thành số 1

www.VNMATH.com
Câu
-ý
I.1

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Nội dung

Điểm

*Tập xác định : D   \ 1
Tính y ' 

1

0.25

 0 x  D

(x  1)2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1;  )
*Hàm số khơng có cực trị
Giới hạn
lim y  
lim y  
x 1

lim y  2

x 

0.25

x 1

lim y  2

x 

Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x

1

y’
2

y

0.25

2


*Vẽ đồ thị (Học sinh tự vẽ)
I.2

0.25

1

* PT hoành độ giao điểm của d m: y = x  m với (C) là :
2
x  1
2x 1 1
 xm  2
x 1 2
x   5  2m  x  2  2m  0 1
 4m2  12m  17  0
m
dm cắt © tại hai điểm khi (1) nghiệm phân biệt khác  
1  2m  5  2  2m  0
* Gọi x1, x2 là các nghiệm của PT(1):  x1  x2  5  2m . Toạ độ giao điểm của d m với (C):

 1
  1

A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  .Gọi I là trung điểm của AB thì
 2
  2

3
* KA=KB  KI  d m  m 
2

 5  2m 5  2m 
;
I

4 
 2

0.25

0.25

0.25
0.25

II.1
x 
x
x x
x
 x
 x
Pt(1)  4sin  cos 1 sin cos  cos  2  sin x cos  sin 
2 
2 2 2
2
 2
 2
x
x  1
x
x
x



 4 sin  cos 1  sin x  cos  2  sin x  cos  sin 

2
2  2
2
2
2



x
x

cos 2  sin 2  0

x
x
x 


  cos  sin (2  sin x) 2 cos  1  0  2  sin x  0
2
2
2 



x
2 cos  1  0
2

x

x
x 

 x 
+) sin  cos  0  sin     0    k  x   k2 (k  )
2
2
2 4
2
2 4
+) 2  sin x  0  sin x  2 (vô nghiệm)

0.25

0.25

0.25

2


www.VNMATH.com

II.2

x
x 1
4
+) 2cos  1  0  cos 
x

 k 4 (t/mđk)
2
2 2
3

4
Vậy nghiệm của phương trình là: x   k2 , x  
 k4 
2
3
ĐK: x  0 , Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình
Nhân hai vế của phương trình với 2 ta có:

*

2x  2  2 x  x  2 

 1

0.25

 k  

0.25

27 2
27 2
x x  x  x2 
x x
4

4

x  2 27 2

x (*)
x
4

0.25

1
 0, x  0 , f(x) là hàm nghịch biến trên khoảng  0;  
x2
2
x
x
27
x  0, x  0  g ( x) là hàm đồng biến trên khoảng  0;   .
VP(*) = g(x) có g’(x) =
2
 phương trình (*) có khơng q một nghiệm.
2
2
Mặt khác x = là nghiệm của (*).Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = .
3
3

VT(*) = f(x) có f’(x) =

III

I

 xe

x

2

 1  e x  xe x
xe x  1

dx    xe  1dx  
x

d  xe x  1

0.25

0,5

xe x  1

 x   xd  e x   ln 1  xe x  x  ln 1  xe x  xe x   e x dx x  ln 1  xe x  xe x  e x  C

IV

0.25

Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC , BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của

mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vng tại O và AO = a 3 ; BO = a. Gọi K là hình
chiếu của O trên AB, gọi I là hình chiếu của O trên SK.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD) nên
giao tuyến của chúng là SO  (ABCD).
Ta chứng minh được khoảng cách O tới (SAB) là đoạn OI
1
1
1
1
1
a 3


 2  2  OK 
Ta có trong tam giác vng AOB ta có:
2
2
2
2
OK
OA OD
a 3a
1
1
1
a
.Tam giác SOK vng tại O, OI là đường cao 


 SO  .

2
2
2
OI
OK
SO
2
Diện tích đáy S ABCD  4S ABO  2.OA.OB  2 3a 2 ;
a
đường cao của hình chóp SO  .
2
Thể tích khối chóp S.ABCD:
1
3a 3
VS . ABCD  S ABC D .SO 
3
3
Ta có hình chiếu của tám giác SAB trên mf(SBD) là
Tam giác SBO . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng
s
(SAB) và (SBD) ta có cos  SBO
B
sSAB

0,5

0.25

S

0.25
I

A

D

K
O
a

1
a2
1
1
Ta có : sSBO  OB.SO  , SK  a  sSAB  a 2  cos     arccos
2
4
4
4

C

0.25
0.25

3


www.VNMATH.com

0.25
V
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số dương và bất đẳng thức: a 2  b 2 

  x2  y
Ta có: P  

2

Đặt

 x  y
4

z
Xét hàm số

4

2 2



a  b

2

2

4



 1
1    x  y
8
1
 z4   2 2  4   
 z 4 
 4
4

  2x y
8
z  
z 
  x  y 


0.25

t 8
t
 8 
 0  t  1 Khi đó ta có: P    1   1   2  
8 t
 8  t


0.25

t 8
1 8
f (t )  2    f '(t )   2  0, t   0;1
8 t
8 t
Ta có f(x) nghịch biến trên  0;1  min P  f (1) 
t 0;1

Khi đó x = y =

81
8

0.25

z
2

VIa.1 Gọi I(x;y), R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C )
Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có: R = d(I; d 1) =5 ( do (C ) tiếp xúc với d 1)
Gọi M là trung điểm của BC theo định lý Pitago ta có MI = d(I;d 2) =

R 2  MB 2  5 .

 3 x  4 y  24  25
Giải hệ ta đươc 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu
Khi đó ta có hệ: 
 2 x  y  6  5
TH1 I 1;1 ta có phương trình (x -1)2+(y-1)2=25

TH2 I(9;7) ta có phương trình (x -9)2+(y-7)2=25
VIa.2

0.25
0.25

x  y  0

 x  0  log 9 x 2  log 3 x
Đk:  y  0
 xy  2  0


0.25

 y 2  xy  2
2
 x  xy  3

Khi đó ta có hệ  

0.25

  x  y  1(loai )
2
x  3
 x  y   1  

  x  y  1


(t/mđk)
2
y  2
 2
 x  xy  3
 x  xy  3
VIIa

0.25
0.25

Từ 6 chữ số đã cho ta lập được A64  360 số có 4 chữ số khác nhau

0.5

0.25

2
3

Số cách chọn 2 chữ số chẵn từ 3 chữ số 2,4,6 là C  3
Số cách chọn 2 chữ số lẻ từ 3 chữ số 1,3,5 là C32  3
Từ 4 chữ số được chọn ta lập số có 4 chữ số khác nhau, mỗi số lập được ứng với một hoán
vị của 4 phần tử. theo quy tắc nhân ta có số các số lập được thỏa mãn yêu cầu là:
C32 .C32 .4!  216
Xác suất để chọn được số có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 trong
216 3

đó có 2 chữ số chẵn 2 chữ số lẻ là: P 
360 5

VIa.1

Tâm C :
O 0; 0
+ 
. Gọi tọa độ A a;0 , B 0; b với a  0, b  0 .
Ban kính C  : R  2

0.25

0.25

0.25

0.25

4


www.VNMATH.com
x y
x y
  1   1  0
a b
a b
1
ab
AB tiếp xúc (C)  d O, AB   2 
 2
 2 (***)

2
2
1
1

a
b

a 2 b2
a 2b 2
a 2b 2
 2 2

 SOAB
a  b2
2ab
 SOAB nhỏ nhất khi a  b .
Từ a  b và (***) suy ra a  b  2 .
x y
Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là  1  0 .
2 2
VIa.2
AH  BC 
*Ta có
  BC  ( AOH )  BC  OH .
AO  BC 
Tương tự AB  OH Suy ra OH  ( ABC ) .
x y z
   1  x  2y  z  2  0
*Phương trình mp (ABC):

2 1 2

 
*mp(ABC) có vtpt n   1; 2;1 nên OH có vtcp u  n  (1; 2; 1)

+ Phương trình AB:

 x  t

 1 2 1 
*Phương trình đường thẳng OH:  y  2t  H  ; ; 
 3 3 3
x  t


Khoảng cách từ H tới Oy là R 

2
3

0.25

0.25
2

2

0.25

0.5

2

2

1 
2 
1
2

Phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy là  x     y     z   
3 
3 
3
9

VIIb

0.25

0.25

Điều kiện: x> 0 ; BPT  24log2 x  4log2 x  20  0
2
Đặt. y  4log2 x , y  1

0.25

. BPT trở thành y2 + y- 20  0  - 5  y  4.Do y  1 nên ta có y  4

0.25

2

2
2

0.25

1
x2
2

0.25

Khi đó ta có : 4log x  4  log 22 x  1  1  log 2 x  1


Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .

5