DAP AN THI THU DH LAN 2 MON TOAN KHOI B NAM 2013 BG

<span class='text_page_counter'>(1)</span> HDC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013 MÔN: TOÁN; KHỐI: B. SỞ GD&ĐT BẮC GIANG. CÂU. ĐIỂM. SƠ LƯỢC CÁC BƯỚC GIẢI 1.(1 điểm) +Tập xác định,tìm các tiệm cận +Tính đạo hàm, xét dấu đạo hàm, lập bảng biến thiên + Chỉ ra sự biến thiên, cực trị + Đồ thị đúng. 2.(1 điểm) x +1 = − x + m có 2 nghiệm pb + d cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt ⇔ x −1 ⇔ x 2 − mx + m + 1 = 0 (1) có 2 nghiệm pb khác 1. Câu 1 (2 điểm). 0,25 0,25 0,25 0,25. m > 2 + 2 2 ∆ = m 2 − 4m − 4 > 0 ⇔ ⇔ 2 ≠ 0  m < 2 − 2 2 + Giả sử A ( x1 ; − x1 + m ) , B ( x2 ; − x2 + m ) . Khi đó x1 , x2 là các nghiệm của (1). Theo. 0.25. x + x = m Viet  1 2  x1 x2 = m + 1 2 + Tính được AB = 2 ( m 2 − 4m − 4 ) = 2 ( m − 2 ) − 8 , d ( I , d ) =  . + Theo bài ta có 1 1 S IAB = .d ( I , d ) . AB = 2 − m 2 2. ( m − 2). 2. ⇔ ( m − 2) − 8 ( m − 2) − 9 = 0 ⇔ ( m − 2) 4. 2. −8 = 2. 2−m 2. 3 2. m = 5 =9⇔   m = −1. 0.25. 0.5. + Kết luận m = 5 hoặc m = −1. Câu 2 (2 điểm). 1. (1 điểm) + Điều kiện:. 3 sin x + cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ −. π 6. + kπ. 2 cos 2 x − 1 = 2 cos x − 1 3 sin x + cos x ⇔ 2 cos 2 x − 1 = 2 3 sin x cos x + 2 cos 2 x − 3 s inx − cos x. 0.25. Phương trình. ⇔ 2 cos 2 x − 1 = 3 sin 2 x + cos2 x + 1 − 3 s inx − cos x π π   ⇔ cos 2 x − 3 sin 2 x + 3 s inx+ cos x − 2 = 0 ⇔ cos  2 x +  + sin  x +  − 1 = 0 3 6  .   π  x = k 2π sin  x + 6  = 0 ( l ) π π    2  ⇔ −2sin  x +  + sin  x +  = 0 ⇔ ⇔ ( k ∈ ℤ)  x = 2π + k 2π  6 6 π 1      3  sin  x +  = 6 2   +Kiểm tra điều kiện và kết luận.. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2.. 1 + Điều kiện: x ≥ ; y ≥ −3 2. (1) ⇔. 0.25.  x = − 2 (loai) x 2 + 2 x − xy − 2 y = 0 ⇔ ( x + 2 )( x − y ) = 0 ⇔  x = y. 0.25. +Thế x = y vào (2) được: 4 x2 + 3x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x − 1 ⇔ (4 x 2 − 4 x x + 3 + ( x + 3)) + (2 x − 1 − 2 2 x − 1 + 1) = 0. 0.5. ⇔ (2 x − x + 3)2 + ( 2 x − 1 − 1)2 = 0 ⇔ x = 1 + với x = 1 ⇒ y = 1. Câu 3 (2 điểm). 1. ( 1 điểm).. Đặt lnx = t ⇒. dx = dt khi x = 1 ⇒ t = 0; x = e ⇒ t = 1 x. 0.25. 1. Khi đó. I=. ∫ (ln(t +. 1 + t 2 )dt. 0. 25. 0. dt  u = ln(t + 1 + t 2 ) du = Đặt  ⇒ 1+ t2 dv = dt v = t   1 1 t ⇒ I= t ln(t + 1 + t 2 ) − ∫ dt 0 1+t 2 0. 0.25. 1 d (1 + t 2 ) = ln(1 + 2) + 1 − 2 2 ∫0 1 + t 2 1. = ln(1 + 2) −. 0.25. 2.( 1 điểm) S. B. M C. F. I E. A D. 1 2. 1 2. 3 2 Gọi M là trung điểm của BC. Có DM ⊥ BC , I ∈ DM . Gọi F là hình chiếu của I trên. + S ABCD = AB ( AD + BC ) = .a.3a = a 2 .. 0.25. AB, có IF = a, SFI = 450 ⇒ SI = a . 1 3 a3 (đvdt) 3 2 2 + DC / / AM ⇒ DC / / ( SAM ). + VSABCD = a. a 2 =. ⇒ d ( D; ( SAM ) ) = d ( DC , SA ) =. 0.25. 3VSAMD VSABCD = S SAM S SAM. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 6. 3a 19. + Tính được SSAM = a 2 19 ⇒ d ( SA, CD ) =. 0.25. + Đặt x = ab + bc + ca, y = abc. + Suy ra được: a 2 + b2 + c 2 = 1 − 2 x . a 3 + b3 + c 3 = 1 − 3 x + 3 y. 0.25. Ta có: 2 ( a 3 + b3 + c3 ) + 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 12abc = 18 y − 12 x + 5 Câu 4 (1 điểm). 5 2 5 Ta chứng minh: 18 y − 12 x + 5 ≥ ⇔ x − y ≤ 3 3 27. 0.25. Xét hàm số: f (t ) = ( t − a )( t − b )( t − c ) = t 3 − t 2 + tx − y. 2 2 4  2  2  2 Ta có: f ( ) =  − a  − b  − c  = x − y − . 3 3 27  3  3  3 0.5 2 1 2 5 suy ra x − y ≤ (đpcm) + Chứng minh được: f ( ) ≤ 3 27 3 27 Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c =. Câu 5a (2 điểm). 1 3. 1. (1 điểm) A. I F B. M. C. D. + Viết được phương trình AD: x + y − 2 = 0 + Vì A = AD ∩ AM nên tọa độ A (1;1)  7 −1  + Vì M = CB ∩ AM nên tọa độ M  ,  2 2  +Viết được phương trình đường trung trực (IF) của AD: x − y − 3 = 0 +Viết được phương trình đường trung trực (IM) của BC: x + y − 3 = 0 +Tìm được tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I ( 3;0 ) + Giả sử B ( x, x − 4 ) ∈ BC. (3 − x ) + ( 4 − x ) 2. 2. 0.25. ( x > 3) . Ta có IA=IB nên. x = 5 ⇔ x 2 − 7 x + 10 = 0 ⇔  . x = 2 +Suy ra B(5;1) và C(2;–2) +Phương trình AB là: y =1 5=. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> +Phương trình AC là 3x+y–4=0 2.(1 điểm) + Giả sử giao tuyến của 2 mặt phẳng x − y − 3 = 0, 3x − 2 z = 0 là ∆ +Tìm được 2 điểm thuộc ∆ là M ( 0, −3, 0 ) ; N ( 2, −1,3) ⇒ MN = ( 2; 2;3) là 1 vtcp của (P) +Giả sử n ( a, b, c ) ≠ 0 là véc tơ pháp tuyến của (P). Phương trình (P) có dạng. 0.25. ax + by + cz + 3b = 0 0.25. + MN là 1 véc tơ chỉ phương của (P) nên. n ⊥ MN ⇔ n.MN = 0 ⇔ 2a + 2b + 3c = 0 ⇔ c =. −2a − 2b (1) 3. +Khoảng cách. d ( O, ( P ) ) =. 3b a2 + b2 + c2. 3b. =.  2a + 2b  a 2 + b2 +    3 . 2. =1. ⇔ 3 3b = 13a 2 + 8ab + 13b 2 ⇔ 13a 2 + 8ab − 68b 2 = 0. 0.25. 13a + 34b = 0 ⇔ ( a − 2b )(13a + 34b ) = 0 ⇔   a = 2b + Nếu 13a + 34b = 0 , vì n ( a, b, c ) ≠ 0 nên chọn a = 34, b = –13 ⇒ c = −14 . Phương trình (P) là 34 x − 13 y − 14 z − 39 = 0 +Nếu a − 2b = 0 , vì n ( a, b, c ) ≠ 0 nên chọn a = 2, b = 1 ⇒ c = −2 . Phương trình (P). 0.25. là 2 x + y − 2 z + 3 = 0 (1 điểm). (n + 2)(n + 1) (n + 1)n(n − 1) = 3. ,n≥2 2 6 n = 11 ⇔ 6 + 8(n + 2) = n(n − 1) ⇔ n 2 − 9n − 22 = 0 ⇔  ⇔ n = 11. n = −2 +Khai triển nhị thức Niu tơn ta có +Từ giả thiết ta có 3(n + 1) + 8.. Câu 6a (1điểm). 11− k. 3 11 3  k  2  x x − = C x  ∑ 11    x  k =0   11. 11. ( −3) x − k = ∑ C11k ( −3) x k. k. 33−5 k 2. 0. 5. 0.25. k =0. 33 − 5k =4⇔k =5 2 5 +Kết luận hệ số x4 là C115 ( −3 ) = −112266. +Xét phương trình. 0.25. Câu 5b 1.(1 điểm) (2điểm) Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0. x2 y 2 = 1 và diện tích tam giác ABC là Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có + 9 4 1 S ABC = AB.d (C , AB ) = 2 x + 3 y 2  x2 y 2  x y = 6 + ≤ 2 +  = 6 2 3 4 4   9. 0.5. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> . Dấu bằng xảy ra khi.  x2 y 2 2 =1   + x = 3 9 4 ⇔ 2  x = y y = 2   3 2. . Vậy. C(. 3 2 ; 2) . 2. 0.25. 2.(1 điểm) Giả sử nQ là một véc tơ pháp tuyến của (Q). Khi đó nQ ⊥ nP (1; −1; −1) Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại M ( 0; a;0 ) , N ( 0;0; b ) phân biệt sao cho OM. 0.25. a = b ≠ 0 = ON nên a = b ⇔   a = −b ≠ 0 Nếu a = b thì MN = ( 0; − a; a ) // u ( 0; −1;1) và nQ ⊥ u nên nQ = u , nP  = ( 2;1;1) . Khi đó mặt phẳng (Q): 2 x + y + z − 2 = 0 và ( Q ) cắt Oy, Oz tại M ( 0; 2;0 ) và. 0.25. N ( 0;0; 2 ) (thỏa mãn). Nếu a = - b thì MN = ( 0; − a; − a ) // u ( 0;1;1) và nQ ⊥ u nên nQ = u , nP  = ( 0;1; −1) .. 0.25. Khi đó mặt phẳng (Q): y − z = 0. ( Q). Câu 6b (1điểm). cắt Oy, Oz tại M ( 0;0;0 ) và N ( 0;0;0 ) (loại). Vậy ( Q ) : 2 x + y + z − 2 = 0 .. (1 điểm) 5  −1  <x< +ĐK :  2 2.  x ≠ 0 +Với ĐK trên PT đã cho tương đương với log 22 (5 − 2 x) log 22 (5 − 2 x) + = 2 log 2 (5 − 2 x) + 2 log 2 (5 − 2 x) log 2 (2 x + 1) log 2 (2 x + 1) −1  x = 4 log 2 (2 x + 1) = −1  1  ⇔ log 2 (5 − 2 x) = 2 log 2 (2 x + 1) ⇔  x = ∨ x = −2  2 log 2 (5 − 2 x) = 0 x = 2   −1 1 Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x = , x = , và x = 2. 4 2 Tổng. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 10.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>