De Thi Thu So 82

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1. KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC ĐỢT 1 - NĂM 2013. Môn Toán. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể giao đề. Phần I: (Chung cho mọi thí sinh) Câu 1: Cho hàm số y = x3- 6x2 + 9x -2, gọi đồ thị là (C). 1) Khảo sát hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M, biết M cùng với hai điểm cực trị A, B của đồ thị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6 (đơn vị diện tích). 1) Giải phương trình: sinxcos2x + cos2x (tan2x-1) + 2sin3x = 0.  x3 4 y 2  1  2 x 2  1 x  6  2) Giải hệ phương trình :  2 2 2 x y 2  2 4 y 1  x  x  1  x  sin 2 x dx . Câu 3: Tìm nguyên hàm 1  cos 2 x Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a (a>0) SA = a, SB = a 3 , góc BAC bằng 600, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC 1) Tính thể tích khối tứ diện NSDC. 2) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN.. Câu 2:. .  . . . . . Câu 5: Cho a, b, c là độ dài của ba cạnh một tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 3 3 a  b  c b  c  a   c  a  b    Q= .. 2c. 2a. 2b. Phần II (Thí sinh chỉ được chọn phần A hoặc B) Phần A:. 6  x  3 x2  4 6a) Tìm giới hạn: lim . x 2 x2  4 7a) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD, biết phân giác trong của <ABC đi qua trung điểm M của AD, đường thẳng BM có phương trình: x – y + 2= 0, điểm D thuộc đường thẳng d: x + y – 9 = 0, điểm E (- 1; 2) thuộc cạnh AB và điểm B có hoành độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. 2. Trong không gian Oxyz cho H(2; 1; 1). Tìm tọa độ các diểm A, B, C lần lượt thuộc các trục 0x, 0y, 0z sao cho H là trực tâm tam giác ABC. Phần B: 6b) Trên bàn có 4 quyển sách toán, 5 quyển sách lý và 3 quyển sách hóa. Lấy ngẫu nhiên 3 quyển, tính xác suất của biến cố chỉ lấy được 3 quyển sách về hai môn học. 7b) 1. Trong mặt phẳng 0xy cho hình vuông ABCD với C(3; -3), M là trung điểm của BC, đường thẳng DM có phương trình: x – y – 2 = 0, điểm A có hoành độ âm và thuộc đường thẳng d: 3x + y – 2= 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, D. 2. Trong không gian Oxyz cho các điểm A(1; 2; 3), B(4; 5; 7). Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho MA  MB đạt giá trị lớn nhất. ------- Hết -------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Sở GD& ĐT Nghệ An Trường THPT Quỳnh Lưu 1. ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang). Câu I 1) (1,0 điểm) (2,0  TXĐ: D = R điểm)  Sự biến thiên:. Đáp án. Điểm. x  1 - Chiều biến thiên: y ,  3 x 2  12 x  9, y ,  0   x  3 - Hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) và (3; ) , Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =1 và yCĐ =2, đạt cực tiểu tại x=3 và yCT = -2 - Giới hạn: lim  ; lim  . 0,25. x . X y, Y. 0,25. x . Bảng biển thiên: - +. 1 0 2. +. 3 0. -. + +. -. 0,25. -2.  Đồ thị: y ,,  6 x  12, y ,,  0  x  2  Điểm uốn I(2;0), I là tâm đối xứng của (C) Giao điểm với Ox: I(2;0), giao điểm với Oy: M(0;-2). 4. 0,25. 2. -5. 1. 3. 5. 10. 15. -2. -4. 2) (1,0 điểm) Điểm cực đại của (C): A(1,2). Điểm cực tiểu của (C): B(3;-2)  AB  2 5. và đường thẳng AB : 2 x  y  4  0 3. 2. M  (C )  M (a; a  6a  9a  2)  d ( M , AB ) . a 3  6 a 2  11a  6 5. 1 AB.d ( M , AB)  6 2  a3  6a 2  11a  0 a  0 3 2  a  6a  11a  6  6(1) (1)   3  2 a  4  a  6a  11a  12  0 *) a = 0  M(0;-2)  TT tại M: y = 9x-2 *) a = 4  M(4;2) TT tại M: y = 9x-34 Gọi S  S MAB , S . 0,25. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu. Đáp án. Điểm. II 1) (1 điểm) (2,0  điểm) ĐK: cos x  0  x  2  k , k   (*). 0,25. (1)  s inx(1  2sin x)   sin x  cos x   2sin x  0 2. 2. 2. 3. s inx  1  sinx(1  2sin x)  2sin x  1  2sin x  0  2sin x  s inx  1  0   s inx  1  2  *) sinx  1  x   k 2 , k   (loại do ĐK (*)) 2 2. 2. 3. 2. 0,25. 0,25.   x   k 2  1 6 *) s inx    , k   (thỏa mãn đk (*)) 2  x  5  k 2  6 2) (1,0 điểm) ĐK: x  0 . Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình => x>0 2. . 2. 2. 0,25. 0,25. . Với ĐK đó, từ hệ suy ra: x  x  1  0  x y 2  2 4 y  1  0  y  0 2. Chia cả 2 vế của PT thứ 2 của hệ cho x2  0 =>.  2  2 y  2 y  2 y . 2. 1 . 1 1 1    1 x x  x. 0,25. (3) Xét hàm số f (t )  t  t t 2  1 trên (0;+  ). Ta có: f , (t )  1  t 2  1 .  f (t ) dồng biến trên (0;+  )  (3)  2 y  Thế 2 y . t2 t2 1.  0, t  0. 1 x. 1 vào (2): x 3  x  2( x 2  1) x  6 x. 0,25. (4) Dễ thấy vế trái (4) là hàm số đồng biến trên (0;+  )  x = 1 là nghiệm duy nhất của (4) 1  ( x; y)  (1; ) là nghiệm duy nhất của hệ PT đã cho. 2 III x  sin 2 x x sin 2 x x  1  cos2 x dx   2cos2 x dx   1  cos2 x dx . Đặt I1   2 cos 2 x dx. (1,0 điểm) sin 2 x I2   dx 1  cos2 x 1 1 *) Tính I1. Đặt: u  x, dv  dx  du  dx, v  t anx 2 2 cos x 2 1 1 1 1 d cos x 1 1  I1  x tan x   tan xdx  x tan x    x t anx  ln cos x  C1 2 2 2 2 cos x 2 2 1 d (1  cos2 x) 1 *) Tính I2: I2    ln 1  cos2 x  C2 2  1  cos2 x 2 1 1 1 x  sin 2 x 1 1 1 C  dx  x tan x  ln cos x  ln 1  cos2 x  x tan x  ln 2 2 2 cos x 1  cos2 x 2 2 2. 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> S. IV (1,0 điểm). N. B. C. M H A. Q. I. D. 1) (0,5 điểm) 1 AB  a 2 1 1 a2 3 *) N là trung điểm BC  SNCD  S ABCD  AB. AD.sin 600  4 4 2 *) Vẽ đường cao SH của tam giác SAB (dễ thấy H  AM và H là trung điểm của AM) Do ( SAB)  ( ABCD)  SH  ( ABCD)  SH là đường cao của hình chóp S.DCN.. *) Do AB 2  4a 2  SB 2  SA2  SAB vuông tại S  SM . Do tam giác SAM đều cạnh bằng a  SH . 0,25. a 3 2. 1 a3 *) VS .DCN  S DNC .SH  (đvtt) 3 4 2) (0,5điểm). *) Gọi I là trung điểm của AD, Q là trung điểm AI, MQ / / . 0,25 1 ND , do ABD đều 2. 0,25.  BI  AD  ( SM , DN )  ( SM , MQ) Kẻ HK // AD,  ( SM , MQ)  SMK. MK . V (1,0 điểm). a 7 a 13 1 1 SM 2  MK 2  SK 2 5  ; SK  ; SM  a ;=> cosSMK  MQ  BI  2 4 4 4 2 SM .MK 4 7. Đặt x = b+c-a, y = c+a-b, z = a+b-c. Suy ra: x, y, z >0 và x+y+z = x3 y3 z3   3 Q  y z x z x y Ta có. 0.25. 0,25. x3 x( y  z )   x 2 . Dấu “=”xảy ra khi: y + z = 2x yz 4. Tương tự:. y3 y( x  z)   y 2 . Dấu “=” xảy ra khi x+z=2y x z 4. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> z3 z( y  x)   z 2 . Dấu “=” xảy ra khi y+x=2z yx 4 1  Q  x 2  y 2  z 2  ( xy  yz  zx) (dấu “=” xảy ra khi x=y=z) 2. 0,25. 1 1  xy  yz  zx     x 2  y 2  z 2  2 2 2 1 1  x  y  z 3  Q  ( x2  y 2  z 2 )  .  2 2 3 2 3 Vậy Q min  , khi : x  y  z  a  b  c  1 . Chú ý: Bài này có thể giải theo phương pháp 2 tiếp tuyến.. Mà: x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  . VI.A (1,0  6  x  2  3 x2  4  2 3 2 điểm) I = lim 6  x  x  4  lim  x 2 x 2  x2  4 x2  4 . .  . 0,25.  .   2   x 4 2 x = lim    2 2 x  2  ( 6  x  2) x  4 x 2  4  3 x 2  4  23 x 2  4  4         1 1    lim   2 x2 x  2 6  x  2 3 x2  4  2 3 x2  4  4      . . Do. lim x  2 x 2.  . 1 1  , 16 6 x 2. .  . lim. x 2 3.  (SM , MQ )  SMK. 0,25. . 1. x. 2. 7 Vây kết quả giới hạn I   48 VII.A 1) (1,0 điểm) (2,0 M điểm) A. . 2.  4  23 x 2  4  4. 0,25. 0,25. . 1 12 0,25. D. E. H B. 0,25 C E'. Gọi E’ đối xứng với E qua BM suy ra E’ thuộc đường thẳng BC và E’(0;1) Do B đường thẳng BC nên B(t;t+2)    BE  (1  t; t ) BE '  (t ; t  1).   Do BE.BE '  0  B(1;1) do xB  0 AB: x = -1, BC: y = 1 suy ra A(-1;a), (a  1). 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  d 1 9  d  a  ; Do D đường thẳng d  D(d;9-d), M là trung điểm AD  M   2  2  Mặt khác M  đường thẳng BM  a-2d+6 = 0 (1)   AD  (d  1;9  d  a), AB  (0;1  a)   (2) Do AB. AD  0  a  d  9  0 Giải hệ (1) và (2) suy ra a = 4, d = 5. Vậy A(-1;4), D(5;4) 2) (1,0điểm)   Gọi A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c), abc  0, AH  (2  a;1;1), BC  (0; b; c)   AH .BC  0  b  c (1).     BH . AC  0  c  2a (2) BH  (2;1  b;1), AC  (a; 0; c) ,       Do AH , AB , AC đồng phẳng  AH  m AB  n AC (*)   m AB  ( ma; mb; 0), n AC  ( a;0; c)  2  a   a ( m  n) 1 1  (*)  1  mb kết hợp (1), (2)suy ra m  ,n  ,a  3 2a 2a 1  nc  Vậy A(3;0;0), B(0;6;0), C(0;0;6). 0,25 0,25. 0,25. 0,25. VI.B   3  220 C 12 (1,0 cố trong 3 quyển lấy ra chỉ có đúng hai loại sách về hai môn học điểm) Gọi A là biến 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2  A  C 4.C 5  C 4.C 3  C 3.C 4  C 3.C 5  C 5.C 4  C 5.C 3  145 145 29  220 44 1) (1,0 điểm)  P ( A) . VII.B (2,0 điểm). 0,25. 0,25 0,5 0,25. A. B. d. I G. M. C D. Gọi I  AC  BD, G  AC  DM  G là trọng tâm tam giác CDB 1 Do IG  GC  AG  2GC 2 4 8  d ( A, DM )  2d (C , DM )  2  2 2. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Gọi A(a; 2  3a )  d  d ( A, DM ) . a  3 8  4a  4  8   2 a  1.  A( 1;5)(do xA <0)  I(1;1) Do DB  AC , đi qua I suy ra DB: x-2y+1 = 0. x  2y 1  0 Tọa độ điểm D là nghiệm hệ PT:   D(5;3) x  y  2  0 Do I là trung điểm BD nên B(-3;-1) 2) (1,0 điểm) Từ Z A  3  0, Z B  7  0  A, B nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (Oxy)   M  (0 xy )  MA  MB  AB . Dấu “=” có  M, A, B thẳng hàng  MA, MB cùng phương.   M  (0 xy )  M ( x; y; 0)  MA  (1  x; 2  y;3), MB  (4  x;5  y; 7) 5  x    1 x 2  y 3 4 MA, MB cùng phương     4 x 5 y 7  y  1  4 5 1 Vậy tọa độ điểm M ( ;  ; 0) 4 4 --------------Hết-----------Lưu ý: Mọi cách giải khác đáp án mà đúng thì cho điểm tối đa của câu đó. 0,25. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>