Dedap an toan 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH 1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn:TOÁN; Khối :A-A1-B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). y  x 3  3 x  2. (1). Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).. b. Tìm trên đường thẳng y  4 những điểm mà từ đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C). Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình sin 2 x  cos x  3  2 3cos3 x  3 3cos2 x  8 3 cos x  s inx  3 3 0 . Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình  2 y  3 ( x 2  2013)(5  x)  x   x, y    2 log x  2 log ( x  y  2) log (3 y  3) 2 1 2   4 . Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân sau 4 ln(5  x )  x 3 . 5  x I  dx x2 1 .. . . Câu 5. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng (A'BC) tạo với 2 0 đáy một góc 30 và tam giác A'BC có diện tích bằng 8a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' B và AC theo a. 2 Câu 6. (1 điểm) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện 1  y x ( x  y ) . Tìm giá trị lớn nhất P. x6  y 6  1 x 3 y  xy 3 .. và nhỏ nhất của biểu thức II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh AB là. M  1;4 . . Phương trình đường phân giác trong góc B là x  2 y  2 0 , phương trình đường cao. qua C là 3 x  4 y  15 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .. Câu 8a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(4;0;0) và điểm B ( x0 ; y0 ;0),.  ( x0 , y0  0) sao cho OB 8 và góc AOB 600 . Xác định tọa độ điểm C trên trục Oz để thể tích khối tứ diện OABC bằng 8. 9. n. 19 P  2 x  1  x  2  Câu 9a (1 điểm) Tìm số hạng chứa x trong khai triển biểu thức . Biết rằng. Cn0  Cn1  ...  Cnn 2048 . B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 7b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M (5;  6) và đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  20 0 . Từ M vẽ các tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (C ) với A, B là các tiếp điểm. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB . Câu 8b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp đều S . ABC với S (0;0; 4) , đáy ABC nằm trên mặt phẳng ( xOy ) và A(0;  2;0) . Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. S . ABC ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 9b (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3, 4,5 lập các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số từ các số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số lớn hơn 2013. ------------Hết-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh.......................................................................; Số báo danh.............................................. ĐÁP ÁN thi thử đại học lớp 12 - Toán Câu. Đáp án. Điểm. a. (1,0 điểm) Thí sinh tự làm. Kết quả vẽ đồ thị như sau. -2 -2. 1. 1. 1. 1,0. b. Tìm trên đường thẳng y  4 những điểm mà từ đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C). Gọi M(m;-4), phương trình đường thẳng. . đi qua M và có hệ số góc k là y = k(x-m)-4.  x 3  3x  2 k  x  m   4   3x 2  3 k  tiếp xúc với đồ thị (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm    x 3  3x  2   3 x 2  3  x  m   4   x  1  2 x 2  (3m  2) x  3m  2  0 (*)   Từ M kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đế đồ thị (C) phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt tam 2 g ( x) 2 x  (3m  2) x  3m  2 có nghiệm thỏa mãn 2 trường hợp sau: thức   0  g  m  1 g (  1)  0 g ( x )  TH1: có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng -1   0 2  g  m 2 m   g ( 1) 0 3 TH2: g ( x ) có nghiệm kép khác -1 hoặc  2   ; 4    1;  4  ,  2;  4  và  3  . Vậy có 3 điểm cần tìm là. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Giải phương trình. sin 2 x  cos x  3  2 3cos3 x  3 3cos2 x  8. . . 3 cos x  s inx  3 3 0. .. PT  2sin x.cos x  6sin x.cos x  2 3.cos x  6 3 cos x  3 3  8( 3.cos x  sin x)  3 3 0 ⇔− 2cos 2 x ( √ 3 cos x − sin x) −6 . cos x ( √ 3 cos x − sin x )+ 8( √ 3 cos x − sin x)=0 2. 3. 2.  ( 3 cos x  sin x)( 2cos 2 x  6cos x  8) 0 2.  3 cos x  sin x 0  2  cos x  3cos x  4  0 .  tan x  3   x   k   3  cos x 1   cos x  4(loai )  x k 2 . 1,0.  x   k 3 Vậy PT đã cho có các họ nghiệm là và x k 2 Giải hệ…. ĐK:. x  0  3 y  2   x  y  2  0  x  x  y  2  3 y  3   x  3  x  y  1 0. Khi đó, PT thứ 2 3. Vì x>0 nên pt trên  x  y  1 thay vào PT thứ nhất của hệ ta có y 4   ( y 1) 2  2013 ( y  4) 2 2 y  3  y  1  ( y  1)  2013 (4  y)  2 y  3  y  1    1  ( y  1)2  2013  0  y  4     2 y  3  y 1  ……………………………………………………………………………………………… y 4  x 5. 1,0. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) (5;4) 4 4 ln(5  x ) I  2 dx  x 5  x .dx x 1 1 . =K+H dx  u ln(5  x)  du    x 5   4  dx ln(5  x )  dv  x 2 v  1 dx 2  x  x . K= 1 đặt 4 K=.  ln(5  x)    x  . 1 dx ln 4   ln x  5  x( x  5) 5 1 +1 = 4. 4. 4 1. . 1 ln x 5. 4 1. 6 ln 2 =5 .. 4. x. H= 1. 5  x .dx Đặt. t  5  x ta có t 2 5  x do đó 2tdt  dx. 1 5 t5  H (5  t 2 )t (  2t )dt 2  t 3   5 3 2. 2 1. 164  15. 6 164 I  ln 2  5 15 . Vậy. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2 2 Từ giả thiết ta có: 1  x  y  xy 2 xy  xy  xy 1 . 2. 2. 2. 1  x  y  xy ( x  y )  3 xy  3xy. 5.  xy . 1 3 .. 2 2 x 6  y 6 ( x 2  y 2 )  ( x 2  y 2 ) 2  3 x 2 y 2  . Ta có x  y 1  xy nên 2. 1,0 3. (1  t )  (1  t )  3t   1  1   t    ;1 \  0 t (1  t )  3  . Đặt t  xy với . Khi đó ta được P  2t 2  3  t  1 = f (t ) Hay P ……………………………………………………………………………………………………..  1    ;1 \  0 . Hàm số f (t ) trên  3   2t 2  4t  3  1  f '(t )   0 t    ;1 \  0 2 (t  1)  3  . Ta có ……………………………………………………………………………………………………. . Vậy. 6. Tính. 1 MinP  f (1)   t 1  x  y 1 2. VABC . A ' B 'C '. Gọi H là trung điểm của BC thì AH  BC , A ' H  BC , suy ra.  ( A ' BC ),( ABC )  ( A ' H , AH ) A ' HA 30 o. Ta có S ABC S A ' BC .cos30 4a. 2. 0. 3. Gọi x là độ dài cạnh của tam giác đều ABC, thì. AH . x 3 2. 1,0. 1 x 3 x. 4a 2 3  x 4a 2 2 Do đó 1 A ' A  AH .tan A ' HA 2a 3. 2a 3 Khi đó, S ABC 4a 2 3 . 2 3 Vậy VABC . A ' B 'C '  AA '.S ABC 2a.4a 3 8a 3 * Tính d ( A ' B; AC ). Ta có AC / /( A ' BC ')  d ( A ' B; AC ) d ( AC;( A ' BC ')) . d ( AC;( A ' BC ')) d ( B ';( A ' BC ')) . Gọi I là trung điểm của A ' C ' thì A ' C '  B ' I và A ' C '  BB ' nên A ' C '  ( BB ' I ) , suy ra ( BB ' I )  ( A ' BC ') theo giao tuyến BI. Kẻ. B ' K  BI  B ' K  ( A ' BC ')  d ( B ';( A ' BC ')) B ' K 1 1 1   2 2 B'B B ' I 2 , với B ' I  AH 2a 3 , từ đó tính được B ' K a 3 Trong tam giác vuông có B ' K Vậy d ( A ' B; AC ) a 3. d :x Gọi d1 : 3 x  4 y  15 0 và 2 7a. 2 y  2 0 . Cạnh AB đi qua M và vuông góc với d1 nên. AB : 4 x  3 y  8 0 . B  AB  d 2  B ( 2;0). Vì M là trung điểm của AB nên A(4; 8). d Gọi N đối xứng với M qua 2 thì MN : 2 x  y  6 0. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Gọi I MN  d 2  I (2;2)  N (3;0) Khi đó N thuộc cạnh BC nên BC: y=0 suy ra C(5; 0) Vậy A(4; 8), B(  2;0) và C(5; 0). 8a.  x02  y02 8  1  4 x0   2 2 0  4 x0  y0 2 Theo bài ra OB 8 và góc AOB 60 nên ta có hệ  1. B (4;4 3;0)  SOAB  OA. AB 8 3 2 Vì x0 , y0  0 nên ta tìm được x 4; y0 4 3 hay 0. Khi đó,. 1 3. VOABC  OC.SOAB . 1 zC .8 3 8  zC  3 3. 1,0. Vậy C (0;0;  3) n. 9a. Ta có:. 2n  1  1 Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn 2048 211  n 11 9. 11. P (2 x  1) ( x  2) Với n 11 thì. 9 0 9 1 8 2 7 9 (2 x  1)  C (2 x )  C (2 x )  C (2 x )  ...  C 9 9 9 9 Ta có 11  x  2  C110 x11  2C111 x10  22 C112 x 9  ...  211 C1111. 19. Do đó số hạng chứa x. trong khai triển tích. 1,0. (2 x  1)9 ( x  2)11 thành đa thức là. Đường tròn (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R=5; MI = 10. Gọi H là giao điểm của AB và MI ta có IH.MI=AI2 Suy ra IH=5/2. Vì MA và MB là các tiếp tuyến nên H phải nằm . 7b. 8b. 1 1  IH  IM  H  ;0  4 2  giữa M và I, do đó. IH 1   300  MAB đều IA 2  IAH Mặt Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB trùng với trọng tâm G   2 5 r GM  HM  G(2;-2) từ đó tính được bán kính 3 2 của nó. Ta có Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB là 25 2 2  x  2   y  2  4  sin IAH . 1,0. Vì S . ABC là hình chóp đều và S  Oz, A  (Oxy) nên SO là đường cao của hình chóp và đáy. ABC nằm trên mặt Oxy, gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC thì I (0;0; a ) , từ. 3  5 I 0;0; R   2 2 2  và bán kính IS IA suy ra  2 2 3  25  2 2 x  y  z    2 4 .  Vậy phương trình mặt cầu là. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Gọi số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau là abcd , có 5.5.4.3=300 số lập được. Gọi A là biến cố “lấy ngẫu nhiên được 1 số lớn hơn 2013 từ các số vừa lập”. 1,0. Ta xét abcd 2013 TH1. abcd 2013  có 1 số 9b. TH2. abcd  2013 , khi đó a = 1, bcd có 5.4.3=60 cách chọn. Do đó có 61 số nhỏ hơn hoặc bằng 2013 từ các số vừa lập. Vậy. P  A 1 . 61 239  300 300 . Mọi góp ý xin gọi 0164.8191838, xin chân thành cám ơn. Người ra đề và làm đáp án: Lê Phương.

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