De thi thu DH 2013 Truong THPT Dao Duy Tu khoi A

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ðT THANH HÓA. ðỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ðẠI HỌC (LẦN I) NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát ñề (ðề thi có 01 trang). TRƯỜNG THPT ðÀO DUY TỪ. I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) x+2 Câu 1. (2,0 ñiểm). Cho hàm số y = (C ) x−3. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên ñồ thị ( C) ñiểm M sao cho khoảng cách từ ñiểm M ñến ñường tiệm cận ngang bằng 5 lần khoảng cách từ ñiểm M ñến ñường tiệm cận ñứng. 6 6 Câu 2. (1,0 ñiểm). Giải phương trình: 8 sin x + cos x + 3 3 sin 4 x = 3 3 cos 2 x − 9 sin 2 x + 11 .. (. ). 2 2 3  3 Câu 3. (1,0 ñiểm). Giải hệ phương trình trên ℝ :  x − 6 x y + 9 xy − 4 y = 0.  x − y + x + y = 2. Câu 4. (1,0 ñiểm). Tìm nguyên hàm của hàm số: f ( x ) =. 1 − x2 trên ñoạn 1;8 x + x3. Câu 5. (1,0 ñiểm). Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thoi, hai ñường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 4  3  3  1  1 Câu 6. (1,0 ñiểm). Cho a, b ∈ ℝ*+ . Chứng minh rằng:  a2 + b +  b2 + a + €≥  2a +€  2b +   4  4  2  2 II/ PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B). Biết khoảng cách từ O ñến mặt phẳng (SAB) bằng. A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a. (2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho ñường thẳng ∆ : x + 2 y − 3 = 0 và hai ñiểm A(1; 0), B(3; - 4). . . Hãy tìm trên ñường thẳng ∆ một ñiểm M sao cho MA + 3MB nhỏ nhất. 2. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC, có ñiểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai ñỉnh B và C lần lượt nằm trên hai ñường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình ñường tròn có tâm C và tiếp xúc với ñường thẳng BG.. 8 + 21+ 3− x − 4 3− x + 21+ 3− x ≤ 5 . Câu 8a. (1,0 ñiểm) Giải bất phương trình trên ℝ : B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b. (2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho ñiểm P( −7;8) và hai ñường thẳng d1 :2 x + 5 y + 3 = 0 ; d 2 :5 x − 2 y − 7 = 0 cắt nhau tại A . Viết phương trình ñường thẳng d 3 ñi qua P tạo với d1 , d 2 thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 14,5 . 2 2 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Hypebol (H): x − y = 1 . Viết phơng trình chính tắc của elip. 16. 9. (E) cã tiªu ®iÓm trïng víi tiªu ®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H). 8.  log2 3 9x−1 +7 − 15 log2 (3x−1 +1)  +2 Câu 8b. (1,0 ñiểm) Cho khai triển Niutow  2  . Hãy tìm các giá trị của x ∈ ℝ ,   biết rằng số hạng thứ 6 từ trái sang phải trong khai triển này là 224. ----------------------------- Hết -----------------------------Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………..………………………………………... Ghi chú: Dự kiến khảo sát chất lượng thi ðại học ( lần II) tổ chức vào các ngày 30 và 31 tháng 3 năm 2013..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD & ðT THANH HÓA. ðỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ðẠI HỌC (LẦN I). TRƯỜNG THPT ðÀO DUY TỪ. NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát ñề (đáp án có 04 trang) ðÁP ÁN - THANG ðIỂM. Câu. Lời giải chi tiết. ðiểm. I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm). Câu 1. 1. (1,0 ñiểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số. (2,0ñiểm) * Tập xác ñịnh D = ℝ \ {3}. * Sự biến thiên: +/ Giới hạn và tiệm cận: lim y = 1; lim y = 1 :. x →−∞. x →+∞. 0,25. ðồ thị có tiệm cận ngang là y = 1. lim y = +∞ ; lim− y = −∞ : ðồ thị có tiệm cận ñứng là x = 3. x → 3+. +/ Ta có: y ' =. x→3. −5. ( x − 3). 2. −∞. x y'. < 0; ∀x ≠ 3 ,. −. 0. −. 0 +∞. 1. Bảng biến thiên:. +∞. 3. y. 0,5 −∞. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;3) và ( 3; +∞ ) . * ðồ thị:. 1. 12. 10. 8. 6. 4. 0.25. 2. -25. -20. -15. -10. -5. 5. 10. 15. 20. -2. -4. -6. -8. -10. 2. (1,0 ñiểm): Tìm ñiểm trên ñồ thị  Gọi M là ñiểm thuộc ñồ thị (C): M =  a;1 + ,a ≠ 3 a−3 5. .  Tiệm cận ñứng ∆1 : x − 3 = 0 ; tiệm cận ngang ∆ 2 : y − 1 = 0. Theo giải thiết: d ( M ; ∆ 2 ) = 5d ( M ; ∆1 ) ⇔. 5 = 5 a −3 a −3. 0,25. (1). Giải phương trình (1), ta ñược: a = 4; a = 2 Vậy các ñiểm cần tìm là: M = ( 4;6 ) & M ' = ( 2; −4 ). (. 0,25 0,25 0,25. ). Câu 2. Giải phương trình: 8 sin 6 x + cos 6 x + 3 3 sin 4 x = 3 3 cos 2 x − 9 sin 2 x + 11 . (1,0ñiểm) Phương trình 8 (1 − 3sin 2 x cos 2 x ) + 3 3 sin 4 x − 3 3cos2 x + 9 sin 2 x − 11 = 0 ⇔ 3 3cos2 x ( 2sin 2 x − 1) − 3 ( 2 sin 2 2 x − 3sin 2 x + 1) = 0. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ⇔ ( 2 sin 2 x − 1). (.  2 sin 2 x − 1 = 0 3cos2 x − sin 2 x + 1 = 0 ⇔   3cos2 x − sin 2 x = −1. ). π  x = + kπ  1 12 Giải phương trình (1): sin 2 x = ⇔  2  x = 5π + kπ  12. (1) ( 2). 0,25. (k ∈ ℤ). 0,25. π  = + kπ x π 1   4 Giải phương trình (2): 3cos2x − sin 2x = −1 ⇔ cos  2x +  = − ⇔  5π 6 2   x = − + kπ  12 Câu 3.  x 3 − 6 x 2 y + 9 xy 2 − 4 y3 = 0 (1) (1,0ñiểm) Giải hệ phương trình:  (2)  x − y + x + y = 2 x = y Ta có: (1) ⇔ ( x − y )2 ( x − 4 y ) = 0 ⇔   x = 4y. ( k ∈ ℤ). 0,25. 0,5. Với x = y: Thay vào (2) ta ñược x = y = 2. 0,25. Với x = 4y: Thay vào (2) ta ñược x = 32 − 8 15; y = 8 − 2 15. 0,25. Câu 4. 1 − x2 (1,0ñiểm) Tìm nguyên hàm của hàm số: f ( x ) = trên ñoạn 1;8 x + x3. Vì hàm số liên tục trên [1;8] . Ta có:. 1− x. 2. ∫ x+x. 3. dx =. ∫. 1 −1 x2 dx 1 +x x. 0,5. 1 1 −1 d (x + ) 2 x = − ln( x + 1 ) + C = ∫ x dx = − ∫ 1 1 x +x +x x x 2 1 1− x Vậy nguyên hàm của hàm số f ( x ) = trên ñoạn [1;8] là: F ( x) = − ln( x + ) + C; C ∈ℝ 3 x+x x Câu 5. (1,0 ñiểm). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. (1,0ñiểm) Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do ñó  A B D = 600 Hay ∆ABD ñều. Do ( SAC ) ; ( SBD ) ⊥ ( ABCD ) nên giao tuyến của chúng. . SO⊥ (ABCD). Gọi H là trung ñiểm của AB, K là trung ñiểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3 ; 1 a 3 ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) DH = 2 2 a 3 Gọi I là hình chiếu của O lên SK ⇒ OI ⊥ (SAB), hay OI OI = 4 1 1 1 a Tam giác SOK vuông tại O, OI là ñường cao ⇒ = + ⇒ SO = 2 2 2 OI OK SO 2 S 2 Diện tích ñáy S ABCD = 4S ∆ABO = 2.OA.OB = 2 3a ; a ñường cao của hình chóp SO = . 2. OK // DH và OK =. VS . ABCD =. 1 S ABC D .SO = 3. 3a 3. 3. C. 0,5. A. 3. O. a. B. 0,25. 0,25. I. D. Thể tích khối chóp S.ABCD:. 0,5. K. H.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 6.  2 3  2 3  1  1 (1,0ñiểm) Chứng minh rằng:  a + b + 4   b + a + 4  €≥  2a + €2   2b + 2  2. 3 2 1 1  1 1 1 Ta có: a + b + = a − a + + b + a + =  a −  + a + b + ≥ a + b + 4 4 2  2 2 2 2. 3 1 Tương tự: b2 + a + ≥ a + b + . 4 2. 0,5. 2.  1  1  1 Ta sẽ chứng minh  a + b +  ≥  2a +  (2b +  (*) 2  2  2  1 1 2 2 Thật vậy, (*) ⇔ a + b + 2ab + a + b + ≥ 4ab + a + b + ⇔ (a − b )2 ≥ 0 . 4 4 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b =. 0,5. 1 . 2. II/ PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm). A. Theo chương trình Chuẩn.   7a. 1. (1,0 ñiểm). Hãy tìm trên ñường thẳng ∆ một ñiểm M sao cho MA + 3MB nhỏ nhất. (2,0ñiểm) 5 Gọi I là trung ñiểm của AB, J là trung ñiểm của IB. Khi ñó I(1 ; -2), J( ; −3 ) 2         Ta có : MA + 3MB = ( MA + MB ) + 2 MB = 2 MI + 2 MB = 4 MJ   Vì vậy MA + 3MB nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên ñường thẳng ∆. ðường thẳng JM qua J và vuông góc với ∆ có phương trình : 2x – y – 8 = 0. −2   x = 5 x + 2 y − 3 = 0 19 −2 Tọa ñộ ñiểm M là nghiệm của hệ  . Vậy M( ; ) ⇔ 5 5 2 x − y − 8 = 0  y = 19  5 2. (1,0 ñiểm). Viết phương trình ñường tròn có tâm C và tiếp xúc với ñường thẳng BG. Giả sử B ( xB ; yB ) ∈ d1 ⇒ xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) ∈ d 2 ⇒ xC = −2 yC + 7.  xB + xC + 2 = 6  yB + yC + 3 = 0.   Ta có BG (3; 4) ⇒ VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 9 81 ⇒ phương trình ñường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 5 25. ðiều kiện: x ≤ 3. ðặt t = 2. 8 + 21+ 3− x. ≥ 1.. 3− x. −4. 3− x. + 21+. 3− x. 3− x. BPT ⇔ 8 + 2t − t 2 + 2t ≤ 5. ≤1⇔ 3− x ≤ 0 ⇔ x = 3. 0,25. 0,25 0,25. ≤5.. 5  0≤t ≤  5 − 2 ≥ 0 t  2   2 2 ⇔ −2 ≤ t ≤ 4 ⇔ 0 ≤ t ≤ 1 ⇔ 8 + 2t − t ≤ 5 − 2t ⇔ 8 + 2t − t ≥ 0   2 17 5t − 22x + 17 ≥ 0 t ≤ 1; t ≥ 5 . Với 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ 2. 0,25. 0,25. Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1). 8a. (1,0ñiểm) Giải bất phương trình:. 0,25. 0,25. Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: . Bán kính R = d(C; BG) =. 0,25. 0,25. 0,5. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> B. Theo chương trình Nâng cao 7b. 1. (1,0 ñiểm). Viết phương trình ñường thẳng d 3 ñi qua P tạo với d1 , d 2 (2,0ñiểm) Ta có A(1; −1) và d ⊥ d . Phương trình các ñường phân giác của các góc tạo bởi d , 1 2 1 d 2 là: ∆1: 7 x + 3 y − 4 = 0 và ∆2: 3 x − 7 y − 10 = 0. 0,25. d 3 tạo với d1 , d 2 một tam giác vuông cân ⇒ d 3 vuông góc với ∆1 hoặc ∆2... ⇒ Phương trình của d 3 có dạng: 7 x + 3 y + C = 0 hay 3 x − 7 y + C ′ = 0 Mặt khác, d 3 qua P (−7;8) nên C = 25 ; C′ = 77 Suy ra : d 3 : 7 x + 3 y + 25 = 0 hay d 3 :3 x − 7 y + 77 = 0 Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng. 0,25. 29 ⇒ cạnh huyền bằng 2. 58. 58 = d ( A, d3 ) 2 58 • Với d 3 : 7 x + 3 y + 25 = 0 thì d ( A; d3 ) = ( tm) 2 87 • Với d 3 : 3 x − 7 y + 77 = 0 thì d ( A; d3 ) = ( loại ) 58 2. (1,0 ñiểm). Viết ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E). 0,25. Suy ra ñộ dài ñường cao A H =. 0,25. Hypebol (H) cã c¸c tiªu ®iÓm F1 ( − 5; 0 ) ; F2 ( 5; 0 ) . H×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H) cã mét 0,25 đỉnh là M( 4; 3), x 2 y2 Gi¶ sö ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) cã d¹ng: 2 + 2 = 1 ( víi a > b v a b 2 (E) còng cã hai tiªu ®iÓm F1 ( −5; 0 ) ; F2 ( 5; 0 ) ⇒ a − b 2 = 5 2 (1) M (4;3) ∈ (E ) ⇔ 9a 2 + 16 b 2 = a 2 b 2. a 2 = b2 + c 2 ). (2 ). a 2 = 52 + b 2. a 2 = 40 ⇔  2 2 2 2 2 9a + 16 b = a b b = 15 2 x y2 VËy ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) lµ: + =1 40 15 Hãy tìm các giá trị của x ∈ ℝ ,. 0,25. Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ: . 8b. (1,0ñiểm). 0,25. 0,25. k =8. Ta có: ( a + b ) = ∑ C8k a 8− k b k . 8. k =0. log Áp dụng với a = 2 2. 3 x−1. 9 +7. 1 3. (. ). 1 − log2 3x−1+1 5. =( 9x−1 +7) ; b = 2. = ( 3x−1 +1). 1 − 5. 0,25. + Theo thứ tự trong khai triển trên, số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của 3. 1  x−1  khai triển là T6 = C  ( 9 + 7) 3   . 5. −1  x−1 −15  . ( 3 +1)  = 56( 9x−1 + 7) .( 3x−1 +1)   −1 9x−1 + 7 x−1 x−1 x−1 x−1 + Theo giả thiết ta có : 56( 9 + 7) .( 3 +1) = 224 ⇔ x−1 = 4 ⇔9 + 7 = 4(3 +1) 3 +1 x−1 3 = 1 x =1 2 ⇔ ( 3x−1 ) − 4(3x−1) + 3 = 0 ⇔  x−1 ⇔  3 = 3 x = 2 5 8. 0,25. 0,25 0,25. Ghi chú: Nếu thi sinh làm bài có lời giải khác với ñáp án mà lời giải ñúng thì vẫn cho ñiểm tối ña theo biểu ñiểm ñã quy ñịnh. --------------------------- Hết --------------------------.

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