De thi thu dai hoc nam 2013 mon Toan lan 2 THPT NinhGiang

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THPT Ninh Giang Tỉnh Hải Dương Đề thi gồm 01 trang. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG LẦN II Môn Toán; Khối A, B,A1 - Năm học 2012-2013 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 4 2 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2mx  m  3 (Cm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = -1 2. Xác định m để đồ thị (Cm) cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ thoả mãn x1  x2  x3  1  2  x4 Câu II (2,0 điểm).     sin  3 x   sin 2 x sin  x   4 4   1. Giải phương trình lượng giác: 2. Giải phương trình:. 5 x 2  14 x  9 . x 2  x  20 5 x  1.  2. I cos 2 x  sin 4 x  cos 4 x  dx. 0 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 4a. Trên cạnh AB và AD lần  0 lượt lấy hai điểm H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD. Biết SH vuông góc (ABCD) và SBH 30 . Gọi E là giao điểm của CH và BK. Gọi M là hình chiếu của H trên cạnh SA. Tính thể tích của hình chóp M.AHEK. Câu V (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x +y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. P. x 1 y 1 z 1   y 2 1 z 2 1 x2 1. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với C (-1;-1 ). Biết phương trình cạnh AB là x + 2y -3 = 0, trọng tâm G thuộc đường thẳng (d): x + y – 2 = 0 và AB  5 . Tìm tọa độ A, B. log2 x. 2log x. 2 2  x  20 0 Câu VII.a (1,0 điểm)Giải bất phương trình 2 Câu VIII.a (1,0 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I 9 xI  d  : x  y  3 0  2 , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) thuộc đường thẳng và có hoành độ và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. ¿ log y x +2 y log x =27 Câu VII.b (1,0 điểm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh log 3 y − log 3 x=1 ¿{ ¿ n 2n P  x  1  2 x   x 2  1  3x  5 Câu VIII.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của x trong khai triển biểu thức , 3. 3.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2 n 1 biết rằng An  Cn 1 5 .. ----------------------Hết---------------------Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh: ………………………………... Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.. ĐÁP ÁN ĐỀ THI TOÁN KHỐI A-B LẦN II ( Đáp án gồm 05 trang ) Câu I. Ý. Nội dung. 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = -1 + MXĐ: D R + Sự biến thiên lim y ; lim y  x   x    Giới hạn:  . 0,25.  x 0 y ' 4 x 3  4 x 4 x  x 2  1 ; y ' 0    x 1 Bảng biến thiên. yCT 1  y   1 1; yCT 2  y  1 1; yC§  y  0  2 . Điểm 2,00 1,00 0,25. 0,25. Đồ thị. 0,25. 2 Xác định m để đồ thị (Cm) cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ thoả mãn… 4 2 . Xét phương trình hoành độ giao điểm x  2mx  m  3 0 (1) 2 2 Đặt t  x điều kiện t 0 .Phương trình trở thành t  2mt  m  3 0 .(2) Giả sử nếu phương trinh (2) có 2 nghiệm thỏa mãn 0  t1  t2 thì phương trình (1) sẽ có các. x  t2  x2  t1  x3  t1  x4  t2 nghiệm là 1 . Bài toán trở thành tìm m để phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt thỏa mãn: t1  1  4  t2 .. 1,00. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  1  13  m  2    m 2  m  3  0    1  13 1  13  S  2m  0  m   3  m      2  2  P m  3  0 m  0 t  1  4  t 1 2 t1  1  4  t2  m   3 t  1  4  t 2 1 (*). t1  1  t2 (t1  1)(t 2  1)  0 t1t2  (t1  t 2 )  1  0    t1  1  4  t2 t1  4  t2 (t1  4)(t2  4)  0 t1t2  4(t1  t2 )  16  0 Thay m từ Định lý Viet ta có 4  m   m  3  2m  1  0 19  3   m  9 19  m  3  8m  16  0 m   19 3m  9 9 . Kết hợp với (*) ta có II.     sin  3x   sin 2 x sin  x   4 4   sin 3 x  cos3 x sin 2 x(sin x  cos x)    sin 2 x cos x  cos 2 x sin x  (cos 2 x cos x  sin 2 x sin x) sin 2 x sin x  sin 2 x cos x  cos 2 x sin x  cos 2 x cos x 0  cos 2 x(sin x  cos x) 0.    cos 2 x 0  x   k (k  Z ) 4 2 . Giải phương trình: ĐK: x 5 Pt. . 5 x 2  14 x  9 . 0,25. 2,00 1,00. 1 Giải phương trình lượng giác. 2. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25. x 2  x  20 5 x  1. 1,00 0,25. 2 2 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1  2 x  5 x  2 5 ( x  x  20)( x  1). 0,25.  2( x 2  4 x  5)  3( x  4) 5 ( x 2  4 x  5)( x  4) 2 Với điều kiện x 5 thì x  4 x  5 0 , x  4  0 chia cả hai vế pt trên cho x  4.  t 1 2t  5t  3 0   x  4x  5  t 3 t 0 2  x4 đặt: ta có phương trình: 2. 2. +) Với. t. x2  4x  5 3 3 7 t  x  x4 2 , ta được x 8 hoặc 2 , tức là 4. +) Với t 1 , tức là. y. x2  4 x  5 5  61 1 x x4 2 , ta được .. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Kết hợp với x 5 ta được x 8 hoặc. x. 5  61 2 .. III. 1,00 1,00. Tính tích phân...  2.  2. 1  1  1   I cos 2 x  1  sin 2 2 x  dx   1  sin 2 2 x  d  sin 2 x  2 0 2  2   0  2. . IV. 0,50.  2.   1 1 1 1 2 3 2  d sin 2 x  sin 2 xd sin 2 x  sin 2 x sin 2 x      |0 12 |02 0 2 4 2 0 0. Tính V của hình chóp M.AHEK S. K. A. 0,50. D. 1,00. H E M B. A K. C. D. H E B. C. 300  SH BH.tan 300 a 3 Ta có tam giác SHB vuông tại H, góc SBH bằng d(M; ABCD) AM AM.AS AH 2 1 d(M; ABCD) 1    2   2 d(S; ABCD) AS 4  AS AS SH 4. 0,25. 1 a 3 SH  4 .  d(M; (ABCD)) = 4 2 2 2 BK AB  AK 16a2  9a2 25a2  BK 5a Ta có   4   BHC AKB Lại có ABE là góc chung của tam giác BEH,BAK, tanBHC=tanAKB 3 BE BH BE BH.BA 3a.4a 12      ∆ BEH ~ ∆ BAK  BA BK  BK BK 2 25a2 25.  . V. SBEH BH BE 3 12 9  .  .  SBAK BA BK 4 25 25. SAHEK. . SAHEK 16  SABK 25. 16 16 1 96a2  .SBAK  . 3a.4a  25 25 2 25 .. 1 1 96a2 a 3 8a3 3 SAHEK .d(M; ABCD)  . . 3 25 4 = 25 . Do đó VM.AHEK = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. 0,25. 0,25. 0,25 1,00.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta có:. x 1 ( x  1). y 2 ( x  1). y 2 xy  y  x  1   x  1  x 1  2 2 y 1 y 1 2y 2. x 1 xy  y x  1  2 y 1 2. y 1 zy  z  y 1  2 z 1 2. Hay TT Cộng vế với vế các BĐT trên ta có:. ;. 0,25. z 1 xz  x z  1  2 x 1 2. x  y  x  xy  yz  zx 3  xy  yz  zx 6  2 2 2 2 2 2 x  y  z  xy  yz  zx  ( x  y  z ) 3( xy  yz  zx). 0,25. VT (1) 6  Lại có. 0,25. 1 1  xy  yz  zx  ( x  y  z ) 2  .9 3 3 3 x 1 y 1 z 1 33 P 2  2  2 6  3 y 1 z 1 x 1 2. VIa. Suy ra. 0,25. Vậy Min P= 3 Khi x=y=z=1 Tìm tọa độ A, B.. 1,00 G(. 5  2t  2t ' t  t ' 1 ; ) 3 3. Từ pt AB ta có A(3-2t; t), B(3-2t’; t’) với C(-1;-1) suy ra 5  2t  2t ' t  t ' 1   2 0  t  t ' 2 0  t '  t  2 3 3 Vì G thuộc (d) nên ta có: 2 2 2 Lại có AB  5  (2t  2t ')  (t  t ') 5  (t  t ') 1 (2) 1  t   t '   2 t  2  1  2 (2t  2) 2 1     2t  2  1  t  3  t '   2 Thay (1) vào (2) ta có:. Vậy VIIa. A(4; . 1 3 ); B(6;  ) 2 2. Giải bất phương trình 2. A(6; . Hoặc log2 x 2. x. (1). 3 2 1 2. 3 1 ); B(4;  ) 2 2. 2log2 x. 0,25. 0,25. 0,25 1,00.  20 0. 2. 4log2 x  x 2log2 x  20 0 Điều kiện: x> 0 ; BPT  2 2t2 2t 2 t 2t2 Đặt t log 2 x . Khi đó x 2 .BPT trở thành 4  2  20 0 . Đặt y = 2 ; y  1.. 0,25. BPT trở thành y2 + y - 20  0  - 5  y  4.. 0,25. 2t2. VIIIa. 0,25. 2. 0,25. 2. Đối chiếu điều kiện ta có : 2 4  2t 2  t 1  - 1  t  1. 1  x 2 Do đó - 1  log 2 x  1  2 Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 9 Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C18 .. 0,25 1,00 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. 9 + Không có bi xanh: có C13 cách.. 0,25. 9 + Không có bi vàng: có C15 cách. 9. Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C10 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. 9 9 9 9 Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C10  C18  C13  C15 42910 cách.. 0,50. VIb Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.  9 3 9 I   d  : x  y  3 0  I  ;  xI   2 2 2 và I có hoành độ Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) 9 9 2 2 AB 2 IM 2  xI  xM    yI  yM  2  3 2 4 4 S ABCD 12 S ABCD  AB. AD = 12  AD =  2 2. AB 3 2  AD   d    M  AD , suy ra phương trình AD: 1.  x  3  1.  y  0  0  x  y  3 0 . Lại có MA = MD = 2 .Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:  x  y  3 0  y  x  3  y  x  3      2 2 2 2 2 2   x  3  y  2  x  3  y 2  x  3   3  x  2  y 3  x  x 2  x 4     x  3 1  y 1 hoặc  y  1 .Vậy A(2;1), D(4;-1),. VIIb. x A  xC  x  I  xC 2 xI  x A 9  2 7  2    9 3  yC 2 yI  y A 3  1 2  y  y A  yC I ;  I  2  2 2  là trung điểm của AC, suy ra:  Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). Giải hệ phương trình Đk: x  0, y  0 . Ta có phương trình log 3 y  log 3 x 1  y 3 x log3 y  y log3 x  x log3 y  2 y log3 x 27  x log3 y 9 Dễ dàng chứng minh được x. VIIIb. Lôgarit cơ số 3 hai vế ta được log 3 y.log 3 x log 3 9  (1  log 3 x) log 3 x 2  x 3  y 9  log 3 x 1    x  1  y 1 log x  2  3 9 3 (thỏa mãn đk). Vậy hệ pt có 2 nghiệm là..  5 Tìm hệ số của x trong khai triển biểu thức….. 1,00. 0,50. 0,50. 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Điều kiện Ta có:. n 2, n  N * An2  Cnn11 5  n  n  1  5. Với n = 5 ta có:.  n 1 n 5  n 2  3n  10 0   n  2(l ) 2. 5. 10. k. 10. P x  1  2 x   x 2  1  3 x  x  C5k   2 x   x 2  C10l  3 x  k 0. 4. 0,50.  n 5(tm)  l. l 0. 3. 1 2 7 5 5  số hạng chứa x5 là x.C5 .   2 x   x .C10  3x   16.5  27.120  x 3320 x Vậy hệ số của x5 trong biểu thức P đã cho là 3320. Chú ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác ra đáp số đúng vẫn cho điểm tối đa.. 0,50.

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