Dap an lan 42013 toan THDHung Yenco gi mong dongnghiep gop y them

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN IV NĂM 2013 Môn: TOÁN (Đáp án-thang điểm gồm 7 trang). TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Tổ: TOÁN. ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM. Câu Đáp án 3 2 1. y  x  3  m  1 x   2m  1 x  5m  3  1 (2điểm) 3 a.(1,0 m  1 ta có: y  x  3x  2  C  điểm) Với 10. Tập xác định:  20. Sự biến thiên a) Giới hạn của hàm số tại vô cực: lim y  lim y   x   và x   b) Bảng biến thiên y ' 3 x 2  3. Điểm 0,25. 0,25. 0,25. y ' 0  3x 2  3 0  x 1 . Bảng bt. x. . y' y. . 1 0. . 1 0.  . 4. .  0.   ;  1. Vậy: Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   1;1 Hàm số nghịch biến trên khoảng. và.  1;  . y   1 4 Hàm số đạt cực đại tại điểm: x CĐ=  1 , yCĐ= x 1 , yCT  y  1 0 . Hàm số đạt cực tiểu tại điểm: CT 30. Đồ thị  Điểm uốn: y '' 6 x y '' 0  x 0 , y  0  2 .. 0,25.  C  là: I  0; 2  .  C  với các trục Giao điểm của đồ thị  C  cắt trục tung tại điểm:  0; 2  Tọa độ điểm uốn của. . Đồ thị 2 y 0  x3  3 x  2 0   x  1  x  2  0  x 1; x  2. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> .  C  nhận điểm uốn I  0; 2  làm tâm đối xứng.  1 với trục hoành PT hoành độ giao điểm của ĐT hs x 3  3  m  1 x 2   2m  1 x  5m  3 0  2    x  1  x 2   3m  4  x  5m  3 0 . b.(1,0 điểm).  Đồ thị  C  cắt trục hoành tại 2 điểm:  1;0  ;   2; 0  . Đồ thị. Nhận xét: Đồ thị.  x 1  2  x   3m  4  x  5m  3 0. 0,25.  3.  1 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 đk là pt  2  có 3  3 có 2 nghiệm pb khác 1 x ,x ,x nghiệm pb 1 2 3  pt  m  1  *  * thì pt  2  có 3 nghiệm pb x1 , x2 , x3 trong đó có một nghiệm bằng 1. Với đk x 1 .Khi đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình  3 . Giả sử 3 Để ĐT HS. 0,25. 0,25.  x1  x2   3m  4    x1 x2 5m  3 Theo định lí Vi’et có : x12  x22  x32 6 Từ giả thiết có:  x12  x2 2 5 2. 2.   x1  x2   2 x1 x2 5  9m 2 14m  5 0   x1  x2   2 x1 x2 5  m  1 loai    m  5  t / m   9. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 5 9 thỏa mãn ycbt. Vậy    cos 2 x  sin x  1 tan  x   tan  x   1  1 3 6      cos  x  3  0   l      sin 2  x   0  x    3 3 2  cos  x    0    6 Đk:   m . 2.(1,0 điểm). 0,25.  *  l   0,25.     tan  x   tan  x    1 3 6   Ta có:  1   cos 2 x  sin x 1 1 PT  cos 2 x sin x. 0,25.    x  2  k 2   x   k 2  6 3. Kết hợp với đk.  * . PT  1. có các nghiệm :. x .  x   k 2 6 3.(1.0 điểm). . .  k  . .  x  x 2  2 x  2  1 y  y 2  1 1  1    y  xy  9  2012  y 2  2 y  4  2013x  Đk:.  2. y  xy  9 0. 0,25.  1   x  1   x  1 PT. 2.  1  y .   y. 2. 1 0,25. f  t  t  t 2  1. trên  Xét hàm số: f t Cm đồng biến trên  ta được x  1  y  2  trở thành: x 2  8  x 2  3 2013x  2012 Pt x   có x 2  8  x 2  3  2013 x  2012  0  x  0.  3. . . 0,25.   k 2 2.  . x2  8  3 . . x 2  3  2  2013  x  1 0. PT.  x 1   x  1   2 x  8  3 . x 1.   2013 0 x2  3  2 .  3. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> T. x 1. x 1. . 2.  2013. 2. 0,25. x 8  3 x 3  2 Đặt: Do x  0 nên T  0 nên x  1 0  x 1 (thỏa mãn)  1;  2  Vậy hệ pt đã cho có nghiệm: 4.(1,0 điểm).  3. . . 3 x  s in x s in x dx 3 xdx I  dx   2 2 2  cos x cos x cos x 0 0 0.  3. Ta có :.  3.  d  cos x  s in x dx 1    3 1  cos 2 x cos 2 x cos x 0 0 0. u  x   dx  dv  cos 2 x. 0,5 0,5.  dx du  v tan x. Đặt  3. .  3  xdx     2 x tan x 3  tan xdx   ln cos x 3   ln 2 cos x 3 3 0 0 0 0  I 1   ln 2 3 Vậy 5. (1,0 điểm). 1 dt  ABC   AB. AC 2a 2 3 2 Diện tích ABC là:  ABC  kẻ HK  BC tại K  BC   SHK  Trong mp 0 Từ gt ta có: SKH 30. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0,25. 2 2 Có BC  AB  AC 4a AC HK 3 a 3 sin ABC     HK  BC HB 2 2 a SH HK .tan SKH  2 Trong SHK có:. 1 a3 3 V  SH .dt  ABC   3 3 (đvdt) Thể tích của khối chóp là:  SAB  kẻ HD  SA tại D . Ta có: Trong mp 1 1 1 a 5  2  HD  2 2 DH HA HS 5 AC   SAB   AC  DH  DH   SAC  Chứng minh: a 5  DH d  H ;  SAC    5. 6.(1,0 Điểm). 0,25. 0,25. BH   SAC   A Do H là trung điểm của AB và 2a 5  d  B;  SAC   2d  H ;  SAC    5 3 3 3 2 2 T 2  a  b  c  3abc   3  a  b  c 2  2abc . 0,25. 3. Ta có:. a 3  b 3  c 3  a  b  c   3  a  b   b  c   c  a  1  3  1  c   1  a   1  b  1  3  ab  bc  ca  abc  2. a 2  b2  c 2  a  b  c   2  ab  bc  ca  1  2  ab  bc  ca  T 5  6  2  ab  bc  ca   3abc  Do đó: S 2  ab  bc  ca   3abc Đặt: . Ta tìm GTLN của S S ab  2  3c   2c  a  b  Có: 2 2  3c  0  c  3 thì S  2c  a  b   Nếu 2 2  3c  0  c  3 thì S ab  2  3c   2c  a  b   2c  a  b   Nếu 2 0c 3 Suy ra: Chỉ cần xét:  a b  S 2c  1  c    2  3c  ab 2c  1  c    2  3c     2  Ta có:  3c 3  c  2  S 4. 0,25. 0,25. 2. ; a  b 1  c.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 0,25.  2  0;  f  c   3c  c  2 Xét hàm số: trên  3   1  20 f  c  f     3 9 Ta được : 3. 5 1 a b c  9 . Dấu “=” xảy ra khi 3 5 1 min T  a b c  3 xảy ra khi 3. Vậy: Theo chương trình chuẩn  2 2 n  a; b   a  b  0  là VTPT của AB . Giả sử  n1   b; a  là VTPT của AD  AB : a  x  2   b  y  2  0  S. 7.a(1,0 điểm). 0,25. AD : b  x  2   a  y  3 0. d  I , AB   Có:. 3a  b. d  I , AD  . a2  b2 ; 3 AB 2 AD  3d  I ; AD  2d  I ; AB . 2a  b a2  b2.  b 0  6a  3b  6a  2b    5b 12a  Với 5b 12a , chọn a 5  b 12  AB : 5 x  12 y  14 0 AD :12 x  5 y  9 0  178 123   A ;   169 169  (loại) . 8.a(1,0 Điểm). Với b 0 chọn a 1  AB : x  2 0 AD : y  3 0  A   2;3  C  4;  1. 0,25. B   2; b  ,  b 3  D  4; 2  b  Giả sử :   AB  0; b  3 ; AD  6;  1  b    AB. AD 0   b  3  1  b  0  b 3 Do AB  AD nên (loại) hoặc b  1 (thỏa mãn) A   2;3 ; C  4;  1 ; B   2;  1 ; D  4;3 Vậy: A d  d1 ; B d  d 2  A d1     ; B d 2     G/s :. Xác định được tọa độ các điểm :. 0,25. A  4;  9; 4  B   4;3; 2 . 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  AB   8;12;  2 . 0,25 0,25.  x  4  4t  d :  y 3  6t  z 2  t . 9.a(1,0 điểm). Phương trình đường thẳng G/s: z a  bi , với a, b   .. 0,25. iz  3  3  b   ai. Do iz  3 là số ảo nên: 3  b 0  b 3 2 z  21 5   a  21  bi 5   a  21  b 2 25. 0,25 0,25.  a 25 2   a  21 16    a 17 Vậy: z 25  3i hoặc z 17  3i. 0,25 Theo chương trình nâng cao. 7.b(1,0 Điểm). T . có tâm. I  2;1. 0,25. ; bkính: R 1. 8 1  d   T    A  d T  17 , từ A đều kẻ được 2 tiếp tuyến đến  A  d nên giả sử A  a; 4a  1  IA  a  2; 4a   AB 2  AC 2 IA2  R 2 17a 2  4a  3  B, C thuộc đường tròn  T1  tâm A , bán kính AB 2 2  T1  :  x  a    y  4a  1 17a 2  4a  3 d  I; d  . 0,25.  x 2  y 2  2ax  2  4a  1 y  4a  2 0 0,25. BC :  a  2  x  4ay  2a  3 0. Do BC đi qua 1  A  ;1 Vậy  2  8.b(1,0 điểm). E   4;  5 . nên ta có :. 11  22a 0  a . 1 2.  I   1;1; 2  Gọi I là trung  điểm của AB Và: MA  MB 2MI     MA  MB MI nhỏ nhất khi nhỏ nhất Khi đó M là hình chiếu vuông góc của điểm I trên d  u  1; 2;  1 là VTCP của d  M 2  t ;1  2 t ;  1  2 t  IM  3  t; 2t ;  3  2t    M  d nên g/s:. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>   IM  d  IM .u 0  6t  6 0  t  1. Vậy: 9.b (1,0 Điểm). 0,25 0,25. M  1;  1; 0 . 4 Số cách lập đội tuyển gồm 4 em từ 15 em là: C15 =1365 cách. 0,25. Chọn 4 học sinh trong đó có ít nhất 2 em nữ, có 2 phương án sau:. 0,25.  . 2 2 Phương án 1: Chọn 2 nữ từ 3 nữ và 2 nam từ 12 nam, số cách chọn là: C3 .C12 cách 3 1 Phương án 2: Chọn 3 nữ từ 3 nữ và 1 nam từ 12 nam, số cách chọn là: C3 .C12 cách. 2 2 3 1 Theo qui tắc cộng có: C3 .C12 + C3 .C12 =210 cách chọn 4 em hs mà có ít nhất 2 em nữ 210 2  Theo định nghĩa cổ điển, xác suất đội tuyển có ít nhất 2 em nữ là: 1365 13. GHI CHÚ:Học sinh có cách làm khác, đúng thì vẫn được điểm! …………………Hết……………….. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>