Thi thu DH L1 TDT

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ. TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN.. ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013 MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D. Thời gian làm bài: 180 phút.. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  1 y x 1  C  . Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số.  C  của hàm số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác ABM b) Tìm m để đường thẳng y  x  m cắt đồ thị là tam giác đều, biết rằng M = (2; 5). Câu 2. (2 điểm)   3cos  x   4    2  cos   x  (cos x  sin x )  cot x  1 . 4  a) Giải phương trình:  x 2 y  2 y  x 4 xy  1 x 1  x 2  xy  y 3 . b) Giải hệ phương trình: . 3x 1  2 dx Câu 3. (1 điểm) Tìm sin 2 x . Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và HC theo a, với H là trung điểm của AD. Câu 5. (1 điểm) Cho các số không âm x, y , z thỏa mãn: x  y  z 1. Chứng minh rằng: 7 xy  yz  zx  2 xyz  27 . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 6a. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có một đường chéo nằm trên đường thẳng  có phương trình 3 x  y  7 0 và B(0; -3). Tìm các tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết diện tích của hình thoi bằng 20. b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; -2; 2), B(-1; - 4; 3). Hãy xác định tọa độ điểm M trên trục Oz sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng AB là nhỏ nhất. Câu 7a. (1 điểm) Một hộp đừng 20 viên bi, trong đó có 7 viên bi màu trắng, 9 viên bi màu vàng và 4 viên bi màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bi được lấy ra có không quá hai màu. B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 6b. (2 điểm)  4 M  2;  a) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(3; 3) và AC = 2BD. Điểm  3  thuộc  13  N  3;  đường thẳng AB, điểm  3  thuộc đường thẳng CD. Viết phương trình đường thẳng chứa đường chéo BD, biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3. b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; -2; 2), B(-1; - 4; 3). Hãy xác định tọa độ điểm I trên trục Oz, biết rằng mặt cầu tâm I tiếp xúc với đường thẳng A B có diện tích nhỏ nhất..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1 x 1 log 9 ( x 2  5 x  6) 2  log 3  log 3 (3  x) 2 2 Câu 7b. (1 điểm) Giải phương trình: . ------------------------Hết-----------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ. ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013 MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D. Thời gian làm bài: 180 phút.. TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN.. PHẦN CHUNG \   1 + Tập xác định D =  3 y'   0 x  1 2 ( x  1) + Sự biến thiên.   ;  1 Hàm đồng biến trên các khoảng. 0,25.   1;   và. Hàm số không có cực trị. + Giới hạn và tiệm cận lim y  lim y 2 x   x   nên đồ thị có T/c ngang y = 2 lim y , lim y   x   1 x  1 nên đồ thị có T/c đứng x = -1 a Bảng biến thiên x  y’ -. 1 2. 0.25. . +. 0,25. 2. y Câu 1. 2 - Đồ thị Phương trình hoành độ giao điểm: 2x  1 b x  1  x  m  2 x  1 ( x  1)( x  m) (x = - 1 không là nghiệm của PT )  x2 - (m - 3)x - m – 1 = 0 (1) (1) là PT bậc hai có  = (m – 3)2 + 4(m + 1) = m2 - 2m +13 = (m - 1)2 + 12 > 0 m Nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, hay đường thẳng luôn cắt (C) tạii hai điểm pb A,B. Theo hệ thức Vi – et: x1 + x2 = m – 3, x1. x2 = - m – 1 Khi đó A(x1; -x1 +m), B(x2; -x2 + m) suy ra *). Câu 2. 0.25 0,25. 0,25. AB  2( x1  x2 ) 2  2[( x1  x2 ) 2  4 x1 x2 ]. AM =. ( x1  2) 2  (  x1  m  5) 2  ( x1  2) 2  ( x2  2) 2. BM =. ( x2  2) 2  ( x2  m  5) 2  ( x2  2) 2  ( x1  2) 2. ,. 0,25. = AM. Để tam giác MAB đều ta phải có: AB = AM = BM, hay  m 1  m 2  4m  5 0   2 2 2 2( x1  x2 ) ( x1  2)  ( x2  2)  m  5 Kết luận. Với ĐK sinx ≠ 0 và cotx ≠ 1, biến đổi phương trình thành. 0.25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a. 3 (cos x  sin x) 1 2 2 (cos x  sin x)(cos x  sin x)  cos x  sin x 2  2  cos 2 x 3sin x sin x 2  2sin x  3sin x  1 0 Giải tiếp được sinx = 1 và sinx = 0,5. Đều thỏa mãn ĐK ..   x   k 2 2 Với sinx = 1  x   k 2 6 Với sinx = 0,5 . ; x. 0,25. 0.25. 5  k 2 6 .. Vậy PT đã cho có 3 họ nghiệm nói trên. ĐKXĐ: xy 0 . Biến đổi hệ thành. 2đ. b. 2 1   x  x  y 4     1  1  x 3  x 2 xy y.   1 1 1 1 1 1  x       4  x       4 x  x y x  x y      1  1  1    x  x  4  x  1   1  1  4    x  x y   y x   x  x y   . 0,25.  1  x  x 2   1  1 2  x y  x  y 1 . Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 1).. u 3x  1    1 dv sin 2 2 x dx Đặt. 0,5. 0,25.  du 3dx   1 v  2 cot 2 x. 0,25. 3x  1 1 1 Câu 3 I  2 dx (3x  1). cot 2 x   cot 2 x.3dx sin 2 x 2 2 Suy ra 1đ 1 3 1  (3x  1).cot 2 x   d (sin 2 x) 4 sin 2 x = 2 1 3 (3x  1).cot 2 x  ln | sin 2 x | C 4 = - 2 Câu 4 1đ S. 0,25 0.25 0.25. M. A. B. H N K. D. C. +) Tính thể tích khối chóp: Gọi H là trung điểm của AD thi do SAD là tam giác đều cạnh AD = a nên SH  AD và. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a 3 SH = 2 . Mặt khác theo gt (SAD)  (ABCD) nên SH  (ABCD) 1 1 2 a 3 a3 3  VS . ABCD  S ABCD .SH  .a .  3 3 2 6 . Đáy khối chóp là hình vuông cạnh a +) Gọi N = HC  BD; M  SD và MN // SB. Khi đó SB //(MHC) và ta có 3 KH MS 2MD . Kẻ MK // SD thì MK  (ABCD) và DH = 2 nên: 3 d(SB, HC) = d(SB, (MHC)) = d(S, (MHC)) = 2.d(D,(MHC)) = 2. 2 d(K, (MHC)) . Kẻ KI  HC, KJ  MI thì ta chứng minh được KJ = d(K, (MHC)) . Ta cũng dễ dàng tính a .a 2 2a . 2  2 DH .DC 3 a2 3 5 1 a 3 2 .  a2 SH  2 2 4 6 , KI = 3 d(D, HC) = 3 DH  DC = được MK = 3. 0,25. 0.25. 0.25. a 3 2a . 6 3 5 KM .KI. 3a 2 4a 2 2a 93 2a 93  2 2 45 = 93 . Vậy d(SB, HC) = 31 . Suy ra KJ = KM  KI = 36 Không mất tính tổng quát, giả sử rằng x = min{x, y, z}. Kết hợp với GT x + y + z = 1 ta 1 suy ra x  3 nên 1 – 2x > 0. ( y  z)2 (1  2 x) 4 Khi đó xy  yz  zx  2 xyz = x(y + z) + yz(1 – 2x) = 2 (1  x) x (1  x)  (1  2 x) 4 =  x(1  x) . Xét: Câu 5 1đ. f ( x)  x (1  x ) . 0,25. 0,25. (1  x) 2 (1  2 x) 4 = -2x3 + x2 + 1 trên [0; 1/3]. f '( x)  6 x 2  2 x triệt tiêu khi x = 0 và x = 1/3 BBT. x 1 3 0 1 f’(x) + 0 -. 0,25. f(x). 6a 2đ.  1  f ( x)  f    7  3  27 (ĐPCM). Từ BBT suy ra xy  yz  zx  2 xyz 7 1 Thấy xy  yz  zx  2 xyz = 27 khi x = y = z = 3 A. Theo chương trình Chuẩn a B(0; -3) không thỏa mãn PT  nên A, C   . Suy ra BD: x – 3y – 9 = 0. 3x  y  7 0  Gọi I là gia của AC và BD thì tọa độ I là nghiệm hệ  x  3 y  9 0 nên I(3; -2).. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Suy ra D(6; -1). (I là trung điểm của BD) Gọi A(a; 7 -3a) thì từ giả thiết diện tích hình thoi bằng 20 ta có:  a 2 | a  3(7  3a )  9 | 2 10. 20   10  a 4 BD. d(A, BD) = 20 hay Với a = 2 thì A(2; 1) và C(4; -5) Với a = 4 thì A(4; -5) và C(2; 1).. 0,25.  AB  (  2;  2;1), AM ( 1; 2; z  2) nên Do  M thuộc Oz nên M(0; 0; z). Ta có  AB, AM  ( 2 z  2; 2 z  5;  6) 0   , suy ra M không nằm trên đường thẳng AB. Do AB = 3 nên khoảng cách từ M đến AB nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác AMB nhỏ nhất. b. . Mà diện tích tam giác AMB là: 1   1 S   AB, AM   (  2 z  2) 2  (2 z  5)2  (  6)2 2 2 1 1  7  81 1 81 9 2 8 z 2  28 z  65  8  z      2  4 2 2 2 4 = 2 Vậy khi M(0;0; 7/4) thi k/c từ M đến AB nhỏ nhất. 5 Số cách chọn 5 viên bi trong 20 viên bi đã cho là C20 15 504. 0,25. 0,25 0,25. Gọi A là biến cố “5 viên bi được chọn không có quá hai màu” thì A là biến cố “5 viên bi được chọn có quá hai màu” hay A là biến cố “5 viên bi được chọn có đủ cả ba màu” Để tìm số cách chọ được 3 viên bi có đủ 3 màu ta có bảng sau Số bi trắng (7) Số bi vàng (9) Số bi đỏ (4) Số cách 1 1 3 C71 .C91.C43 1 3 1 C71 .C93 .C41. 1đ. 0,25. 0,25. 2. Câu 7a. 0,25. 1. 2. 2. C71 .C92 .C42. 2. 1. 2. C72 .C91.C42. 2. 2. 1. C72 .C92 .C41. 3. 1. 1. C73 .C91.C41. Suy ra 1 1 3 1 3 1 1 2 2 2 1 2 2 2 1 3 1 1  | A | = C7 .C9 .C4 + C7 .C9 .C4 + C7 .C9 .C4 + C7 .C9 .C4 + C7 .C9 .C4 + C7 .C9 .C4 = = 7.9.4 + 7.4.9.8.7:6 + 7.9.4.2.3 + 7.3 . 9 . 2.3 + 7.3 . 9.4.4+ 7.5.9.4 = 9534 |  | 9534 1589 P A  A   |  | 15504 2584 0, 6149 Nên.  . 995 Vậy = 2584  0,3851 2. Theo chương trình Nâng cao  5  3;  Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua I thì N  3  và N’ nằm trên AB nên AB đi qua M, N’ có PT: x – 3y + 2 = 0. 4 Gọi H là hình chiếu của I trên AB thì IH = d(I, AB) = 10 . Do AC = 2BD nên IA. 0,25 0,25. 0.25.  . P  A  1  P A. Câu 6b. 2đ. a. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 1 1  2  2 2 IH hay = 2IB = 2a > 0. Trong tam giác vuông IAB ta có IA IB 1 1 5  2   a 2 2 4a a 8 Gọi B =(x; y) thi do IB = a = 2 và B thuộc AB nên tọa độ B là nghiệm hệ: 14  x  ( x  3)  ( y  3) 2  5  x 4  3      x  3 y  2 0  y  8  y 2  5  14 8   ;  Do hoành độ B nhỏ hơn 3 nên B  5 5  . Vậy BD:7x - y -18 = 0. AB ( 2;  2;1), AI ( 1; 2; z  2) nên Do  M thuộc Oz nên I(0; 0; z). Ta có  AB, AI  (  2 z  2; 2 z  5;  6) 0   , suy ra I không nằm trên đường thẳng AB. Gọi h là khoảng cách từ I đến AB thì do AB = 3 cố định nên bán kính mặt cầu là R 2 = h. Mà diện tích của mặt cầu là: 4 R , suy ra diện tích mặt cầu nhỏ nhất khi và chỉ khi h nhỏ nhất khi và chỉ khi diện tích tam giác AIB nhỏ nhất. Mà diện tích tam giác AIB là: 1  1 S   AB, AI   (  2 z  2) 2  (2 z  5)2  (  6) 2 2 2 2. b. 2. 2. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0.25. 1 1  7  81 1 81 9 2 8 z 2  28 z  65  8  z      2  4 2 2 2 4 = 2 Vậy I(0;0; 7/4) . 2. 2. 2. 0,25 0,25. 2. ( x  5 x  6) ( x  2) (3  x)  0  x  1  0 1  x  3  3  x  0  x 2 ĐK:  Câu 7b 1đ. log3 | x 2  5 x  6 |log3. ( x  1)(3  x) 2. Khi đó Pt được biến đổi thành: ( x  1)(3  x) x 1  | x 2  5 x  6 |  | x  2 | 2 2 , (do 3 – x > 0) Nếu 2 < x < 3 thì 2(x – 2) = x – 1 hay x = 3 (loại) Nếu 1 < x < 2 thì -2(x -2) = x – 1 hay x = 5/3 thỏa mãn. Vậy Pt đã cho có nghiệm x = 5/3.. 0,25 0,25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>