DAP AN DE THI THU 2013 NGAY 32

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn Em ơi trong toán nhiều công thức TRƯỜNG THPT LONG MỸ. Mong rằng toán học bớt khô khan Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông. GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 03-02-2013 Câu I. Đáp án 3. Điểm. 2. y  x  3x   m  1 x  1 1 C Cho hàm số có đồ thị  m  với m là tham số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 d : y x  1 C 2) Tìm m để đường thẳng   cắt đồ thị  m  tại 3 điểm phân biệt 5 2 P  0,1 , M , N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 2 O 0;0  với . 2,0. 1) Học sinh tự vẽ. x3  3x 2   m  1 x  1  x  1 và (d):  x 0  y 1  P  0;1  x  x 2  3x  m  0   2  x  3x  m 0  2    2 C Để  m  cắt (d) tại 3 điểm phân biệt có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m 0   9 m  4 M x ; x 1 , N x ; x 1 Giả sử  1 1   2 2  khi đó x1; x2 là nghiệm của pt(2) 2) Phương trình hoành độ giao điểm của.  Cm . 1 OM .ON .MN SOMN  MN .d  O;  d    2 4R Ta có với R là bán kính đường tròn ngoại OMN tiếp tam giác 1 .MN MN .d  O;  d     OM .ON 2R.d  O;  d   5 2d  O;  d    3 2 4R OM .ON . 2 1.  2x.  2 x1  1 2 x12  2 x1  1. . . 2 2 Với x1 3 x1  m; x2 3x2  m.  OM .ON  4m 2  12m  25 1 2 * d  O;  d     2 2 4m 2  12m  25 5 2 Khi đó thế vào (3) ta được. 2 5  2.  m 0  m  3  thỏa đề chỉ có 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn Em ơi trong toán nhiều công thức. Mong rằng toán học bớt khô khan Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn. m  3 2 1) Giải phương trình: 2cos 2 x  2cos 2 x  4sin 6 x 1  cos 4 x  4 3 sin 3 x cos x. 1,0. pt  2cos 2 2 x  2cos 2 x  4sin 6 x 2sin 2 2 x  4 3 sin 3 x cos x  cos 2 2 x  cos 2 x  2sin 6 x sin 2 2 x  2 3 sin 3 x cos x  cos 2 2 x  sin 2 2 x  cos 2 x  2sin 6 x 2 3 sin 3 x cos x  cos 4 x  cos 2 x  2sin 6 x 2 3 sin 3x cos x   2sin 3 x sin x  4sin 3 x cos3 x 2 3 sin 3 x cos x. . .   2sin 3 x sin x  2cos3x  3 cos x 0.  sin 3 x 0   sin x  3 cos x 2cos3 x  * sin 3 x 0  x k  k  Z  3   *sin x  3 cos x 2cos3 x  cos  x   cos3 x 6     x  12  k   k Z  k  x   24 2   k k x   k ; x   ; x   k  Z  12 24 2 3 Vậy nghiệm của phương trình là. II. 2x x . 5  4x 10  x   2  1 x x. 1,0. 2) Giải bất phương trình: x  0   x  0   x0  10  2 x   2  0 x  2 x  10  0    x ĐK:  Bpt(1) Đặt.  2 x 2  4 x  5  x 2  2 x  10  2 x 2  2 x  10  15  x 2  2 x  10. . t  x 2  2 x  10 . .  x  1 2  9 3  *. 5  t   2t  t  15 0  2  t 3  do  *    t 3 Bpt trở thành 2. t 3 . 2. x 2  2 x  10 3  x 2  2 x  1 0   x  1 0  h / n . Vậy nghiệm bất phương trình là. x   0;   2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn Em ơi trong toán nhiều công thức. Mong rằng toán học bớt khô khan Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn.  4. 1  sin 2 x I  dx 3 4 2sin x cos x  cos x 0 Tính tích phân sau  4.  sin x  cos x .  4. 2. 1,0. cos 2 x  tan x  1. 2. I  2 dx   4 dx 2 0 cos x 2sin x cos x  cos x 0 cos x  2 tan x  1. .  4. .  4. 2 tan x  1 tan x  1    2 dx   d  tan x  2 tan x  1 cos x 2 tan x  1     0 0. III Đặt. 2. t tan x  dt d  tan x  . 1 dx cos 2 x.  x 0  t 0   x    t 1 4 Đổi cận  Khi đó 1.  t  1 2 dt 1 1  2t  1  2t  1  4  2t 1 1 dt 1  2t  1  4 . I  0. 2t  1. 4. 2t  1. 0.  0. 1   dt 2t  1 . 1. IV. 1 1 1 1 1   I   t 2  3t  ln 2t  1    4  ln 3  1  ln 3 4 2 2 8  0 4  Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC BC 2a. 0 SAC  ABC  Mặt phẳng  tạo với  một góc 60 . Hình chiếu H của S lên mặt ABC  phẳng  là trung điểm cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng HA và SB. 1,0. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn Em ơi trong toán nhiều công thức. Mong rằng toán học bớt khô khan Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn. S. K H. C. N. B. a A. M. 0  0  ABC vuông tại A có BC 2a, AC a; B 30 , C 60 Gọi N laftrung điểm của AC Vì AC  AB  AC  HN , AC  SH   AC   SHN   SNH 600. SNH  HN . a 3 3a ; SH  2 2. Trong tam giác a2 3 SABC  2 1 a3 3  VS . ABC  SH .S ABC  3 4 Kẻ a // AH (a đi qua B)  HA //  SB, a  Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đí HK d  HA; SB  a 3  HBM 600  HM HB sin 600  2 Tam giác ACH đều nên góc 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn Em ơi trong toán nhiều công thức. Mong rằng toán học bớt khô khan Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn. 1 1 1 3a    HK  2 2 2 4 HM HS Trong tam giác SHM ta có HK 2 1  25 x. . 1  2x. . 23 x 1 2 x 1  2 x  22 x 2x 1 2. . Giải phương trình 2 2.23 x 2.32 x pt    2 x  4 x  8 x x x x 1 2 1 4 1 2 1 8x 32 x 2x  4 x  8x     2 1  2x 1  4x 1  2x x x x 4 16 64 2x  4 x  8x  x    2 4  8x 2 x  8x 2 x  4 x x 2. V. . x 2. 2 . 4 x  8x. 2 x  8x. x 2. 4x  8x 2x.  . . 8 . 2x  4x. x 2. 2  Ta có. x 2. 4  . 2. . x 2. 4  . 2x  8x 4x.  . . 2. . 2x  4x 8x. .  . 1,0. 2x  4 x  8x 2 x. 8 . . x 2. x.  2  4  8  2  2 2  4 8 . 2. . x. x. x. x.  4 x  8x 2. 2 x  4 x  8x 2x 4x 8x  x   2 4  8x 2 x  8x 2 x  4 x. x x 2x  8x 2x  4x Vậy 4  8  2x  1 4x 2x    x  1  4 x 4 x  8 x  4  8x 2 x  8x  2x  4x 1  4x     x 0 x x x x 8x 1 4x 1  2 8  16  2   4 x  8 x  2 x  4 x  2 x  4 x 1  2 x 2. 2,0 1,0. 2. C : x  3   y  1 9 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn    d : x  y  10 0 và đường thẳng   . Từ điểm M trên (d) kẻ hai tiếp tuyến đến (C), gọi A, B là hai tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài AB 3 2. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn Em ơi trong toán nhiều công thức. Mong rằng toán học bớt khô khan Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn. y d. A. M H. I. B. O. Đường tròn (C) có tâm. x. I  3;1 , bk R OA 3 AH . 3 2 2 . Suy ra:. Gọi H  AB  IM , do H là trung điểm của AB nên IA2 6 9 3 2 IM   3 2 IH  IA2  AH 2  9   IH 2 2 2 và Gọi. M  a;10  a    d . 2. ta có. 2. IM 2 18   a  3   9  a  18. 2a 2  24a  90 18  a 2  12a  36 0  a 6 M  6; 4 . Vậy. VIa. 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mp  Oxy  đường thẳng AB và. A  1;1; 2  , B  0;  1;3. . Gọi C là giao điểm của. . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng. cầu tâm M bán kính MC cắt mặt phẳng.  Oxy .  AB . sao cho mặt. 1,0. theo giao tuyến là đường tròn có bán. kính bằng 2 5. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn Em ơi trong toán nhiều công thức. Mong rằng toán học bớt khô khan Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn A M. N C (Oxy) B. .  AC  c1  1; c2  1;  2  ; AB   1;  2;1 Gọi khi đó ta có   C  AB    Oxy   C   AB  AC ; AB cùng phương Do  khi đó Nên tồn tại số thực k sao cho AC k AB C  c1; c2 ;0    Oxy . c1  1  k c1 3   C  3;5;0  c2  1  2k   c  5  2  2 k  Vậy   M  m, n, p    AB   AM  m  1; n  1; p  2  ; AB   1;  2;1 Gọi   AM ; AB cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho   AC k AB . . m  1  t   AM t AB  n  1  2t   p  2 t . CM . m 1  t  n 1  2t  M  1  t ;1  2t;2  t   p 2  t .  t  2  2   2t  4  2   2  t  2.  6t 2  24t  24. Oxy  MN  z M  t  2 Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên  suy ra 2 2 2 Tam giác MNC vuông tại N suy ra MN  NC MC  t 0 6t 2  24t  24 t 2  4t  4  20  5t 2  20t 0    t  4 t 0  M  1;1; 2  ; t  4  M  5;9;  2 . Vậy. VIIa. M  1;1;2 . hoặc. M  5;9;  2  1,0. 1 1 1 1 89    .....   3 3 3 3 30 C C C C n  N , n  3. 4 5 n Với mọi Giải phương trình 3. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn Em ơi trong toán nhiều công thức Ck3  Ta có. k  k  1  k  2  k! 1 6   3  k 3 3! k  3 ! 6 Ck k  k  1  k  2  1. Ta lại có. Mong rằng toán học bớt khô khan Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn.  k  1  k  2 . f k . 1 2  k  k  1 k  k  1  k  2 . . 1 k1 k 2. 1 3  f  k   f  k  1  Ck3. .    Đặt Cho k chạy từ 3 tới n ta được n. 1.  C 3 3  f  3  f  4   f  4   f  5  ....  f  n   f  n   f  n  1 . k 3 n. k. 1. 1. . .  3 3  f  3  f  n  1  3  1  n  n  1  k 3 Ck    1 1 1 1 1  89    .....   3 1    n  n  1   30 C33 C43 C53 Cn3   Hay  n 2  n  1  89 2 2  3 2    90 n  n  1 89n  89n  n  n  30. . . n.  Ck3 3. 2.  n  n  90 0  n 10 k 3 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường.  d  : x  2 y  5 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, K  6; 2  qua điểm thẳng. 1,0. biết đường thẳng AC đi. I (d) A. K O. C. B VIb. B   d  : x  2 y  5 0. B 5  2b; b  nên gọi  , vì B, C đối xứng với nhau qua O suy ra C (2b  5;  b) và O (0;0)  BC 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn Em ơi trong toán nhiều công thức. Mong rằng toán học bớt khô khan Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn. d : x  2 y  5 0 Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là   nên I (2; 4) và I  AB  BI  2b  3;4  b  Tam giác ABC vuông tại A nên vuông góc với  CK  11  2b;2  b .  b 1 2b    4  b   2  b  0   5b 2  30b  25 0    b 5 Với b 1  B(3;1), C ( 3;  1)  A(3;1) B loại  31 17   A ;   5 5 Với b 5  B( 5;5), C (5;  5).  2b  3  11 .  31 17  A  ;  ; B ( 5;5); C (5;  5) Vậy  5 5  A  0;0;  1 , B  1;2;1 , C  2;1;  1 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm , D  3;3  3  AB . 1,0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN 3.  AB  Gọi   là điểm thuộc AM  m1; m2 ; m3  1 , AB  1;2;2   M  m1; m2 ; m3 .   khi đó AM , AB cùng phương. AM , AB cùng phương. m1 t    t  R : AM t AB  m2 2t  M  t ;2t ;  1  2t  m  1  2t  3 N  n;0;0    Ox  Gọi   NM  t  n;2t ;2t  1 , CD  1;2;  2   NM .CD 0  t  n  4t  4t  2 0  t  2 n  1 MN vuông góc CD nên . 2. 2. MN 3  MN 2 9   t   t  2    4t 2   2t  1 9.  t 1  8t  4t  5 9  8t  4t  4 0    t 1  2 t 1  n  1  M  1; 2;1 , N   1;0;0  Với 1 3 1   3  t   n   M  ;1;0  , N   ;0;0  2 2 2   2  Với 2. 2. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn Mong rằng toán học bớt khô khan Em ơi trong toán nhiều công thức Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn 1 1 1 1  Cnn  1023  n  1  Cn0  Cn1  Cn2  Cn3    2 3 4 n 1   Tìm ….. 1,0. 1 1 1 1 1023 Cn0  Cn1  Cn2  Cn3    Cnn  2 3 4 n 1 10 n n n 1 1 n! n! k C      n k 0 k  1 k 0 k  1 k ! n  k  ! k 0  k  1 ! n  1   k  1  !. Ta thấy VT có dạng. n n  1 ! 1 n   n  Cnk11  n  1 k 0  k  1 !  n  1   k  1  ! k 0. 1 1 Cn11  Cn21  ....  Cnn11   2n1  1   n 1 n 1 1 1 1 1 1023 Cn0  Cn1  Cn2  Cn3    Cnn  2 3 4 n 1 n 1 Mà 1 1023  2n 1  1   2n1 1024  n 9  n 1 n 1 . VIIb. 1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>