thi thu DH

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu. Câu I ( 2,0 điểm). ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 2 Môn: TOÁN; Khối: A+B (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Đáp án. Điểm. 2b  4 0 b  2   Cho hàm số b  c  3 0 c 5. (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) đã cho. 1 D  \  1 , y '   0, x  D ( x  1) 2 TXĐ:. 0.25. Hàm số nghịch biến trên các khoảng: ( ;1) và (1;  ) lim y  ; lim y  x 1 Giới hạn và tiệm cận: x 1  tiệm cận đứng: x = 1 lim y  lim y 2 x   x    tiệm cận ngang y = 2 Bảng biến thiên:. x. . 1. + 1  ; 0 ,     0; 1  y’ 2  Đồ thị: Đi qua các điểm và nhận giao + 2 điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng. y  2. 0.25. 0.25. y. 0.25  . 2. . 1  . 01. 1. x. 2cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B 2. Viết phương trình tiếp tuyến d của (C), biết rằng tiếp tuyến sao cho AB=√ 82 .OB . ¿ 0.25 OA 2+ OB2=AB2 2 2 Ta có AB =82 .OB ⇒ OA=9 OB ¿{ ¿ OB 1 k   ⇒ OA 9 Hệ số góc của tiếp tuyến được tính bởi 0.25 Gọi M ( x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm của tiếp tuyến (d ) và (C) ❑ f (x )  hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: = k hay: 0 1  1 7  x0 4  y0   ( x  1) 2  9 (VN)  3  0  ( x0  1) 2 9    1 1  x  2  y  5 0  ( x  1) 2  9  0 3  0.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Với. k . 1 9 và tiếp điểm.  7 1 7 1 25 y   x  4   hay y  x   4;   3  , ta có pt tiếp tuyến : 9 3 9 9 .. 5  1 1 5 1 13 y   x  2   hay y  x    2;  3  , ta có pt tiếp tuyến: 9 và tiếp điểm  9 3 9 9 Với 2cos 2 x  3 sin 2 x  3 3  tan 2 x  1    2 cos 2 x.sin  x   3  1. Giải phương trình . ¿ cos x ≠ 0 π sin x + ≠ 0 3 ⇔ ( k ∈ Z ) (*). Khi đó: Điều kiện: π ¿ x ≠ + kπ 2 π x ≠ − +kπ 3 ¿{ ¿  3  cos 2 x  3 sin 2 x  4 2 cos 2 x sin  x   3  cos 2 x  Phương trình đã cho tương đương với: k . II (2,0 điểm). 0.25. 0.25. 0.25. ( ).      sin 2 x.sin  2 3sin  x   3 3 3           cos  2 x    3sin  x    2 0  2 cos 2  x    3cos  x    1 0 3 3 6 6     ⇔ π cos x − =1 6 ¿ π 1 cos x − = 6 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ π π π  k   , thỏa (*) Với cos x − =1 ⇔ x − =k 2 π ⇔ x= + k 2 π 6 6 6    x    k 2   1   6 3 cos  x       x   k 2 6 2 6   x      k 2   k   , thỏa (*) 6 3 Với  x   k 2  k   . 6 Vậy, phương trình có nghiệm:  cos 2 x.cos. (. ). (. ). (. ). 2. Giải bất phương trình Điều kiện: x   4. x 2+x +1 2 2 2 + x −4≤ 2 x+4 √ x +1. √. 0.25. 0.25 0.25.  x   . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bất phương trình tương đương 2 x 2+ 1 2+ √ ¿ ¿ ¿. 2. ⇔2. ⇔. x + x+ 1 −1 x +4. √. x 2+ x +1 +1 x+4. (√. x 2 + x +1 2 − √ x 2+ 1 2 −1 + x −3 ≤ x +4 √ x 2+ 1. ). 4 −(x 2 +1) + x − 3≤ ¿ 2. x 2 +1 2+ √ ¿ ¿ √ x 2 +1 ¿ 2(x 2 −3). √( x +4)( x2 + x +1)+ x + 4. 0.25. + x2 −3+. x2 − 3 ¿. x 2 +¿ 1 2+ √ ¿ √ x2 +1 ¿≤0 2 1 +1+ ¿ 2 √(x+ 4)( x + x+1)+ x +4 ⇔( x 2 −3)¿ 2 ⇔ x − 3 ≤0 ⇔ − √ 3≤ x ≤ √ 3 Kết hợp điều kiện  nghiệm của bất phương trình là − √ 3 ≤ x ≤ √3 III (1,0 điểm). ( x 2  x )e x I  dx x  e x 0 Tính tích phân . 1 x 2 x 1 xe .( x  1)e x ( x  x )e dx dx   x xe x  1 x  e 0 0 Ta có I= = x Đặt t=x . e +1 ⇒dt=( x +1)e x dx x 0  t 1; x 1  t e  1. 0.25. 1. 1. e 1 e 1 xe x .( x  1)e x (t  1)  1 dx  dt  x  1  dt    xe  1 t t . 0 1 1  Suy ra I=. Vậy I IV (1,0 điểm). 0.25.  t  ln t . e 1 1. e  ln(e  1). 0.25 0.25 0.25 0.25. .. 0  Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB a, BC 2a, ACB 30 , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C’ và A’C..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> A'. 0.25. C'. B' N A. H. C. G I B. M. K. Từ A ' G ⊥(ABC) ⇒ AG là hình chiếu của AA ' lên ( ABC) Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có: 2a 3 2 2a BC 2a, AG  AI  ; A ' AG 600  A ' G  AG.t an600  3 3 3 0.25 2 2 2 0 2 2 2 √3 Đặt AC=x >0 . Ta có AB =AC + BC − 2 AC . BC .cos 30 ⇒ a =x +4 a −2 . x . 2 a . 2 2 2 2 2 2 2 . Nên vuông tại A ⇒ AC=x=a √3 AB + AC =a +3 a =4 a =BC ⇒ Δ ABC Vì A ' G ⊥( ABC) nên A ' G là chiều cao của khối lăng trụ ABC . A ' B' C ' và khối chóp ' A . ABC Thể tích của khối đa diện BCC’B’A’ được tính bởi:  1 VBCC / B / A/ VABC . A/ B / C /  VA/ . ABC  1   S ABC . A ' G   3 2 1 1 2a 3 2 3  . AB. AC. A ' G  a.a 3.  a 3 2 3 3 3 (đvtt). Kẻ AK  BC tại K và GI  BC tại I  GI // AK GI MG 1 1 1 AB. AC 1 a.a 3 a 3     GI  AK  .   AK MA 3 3 3 BC 3 2a 6 Kẻ GH  A’I tại H (1) BC  GI    BC  GH (2) ⇒ Do BC  A ' G  . Từ (1) và (2)  GH  (A’BC). 0.25. d [G, ( A ' BC )] GH. Vì B ' C ' // BC , BC ⊂( A ' BC) nên B ' C ' //( A ' BC) và A ' C ⊂( A' BC) ⇒ d ( B' C ' , A' C)=d [ B' C ' ,( A ' BC)] = d [ B ', ( A ' BC )] Mặt khác ta thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’. Do đó: d [ B ', ( A ' BC )] d [ A, ( A ' BC )] 3d [G, ( A ' BC )] 3GH. 0.25. 2a 3 a 3 . 3. A ' G.GI 3 6  6a  2a 51   2 2 2 17 51 A ' G  GI 12a 3a 2  9 36 . 3.. Vậy V (1,0 điểm). d ( B' C ' , A' C)=¿. 2a 51 17. a+b ¿ 2 ¿ Cho các số thực a , b , c ∈[1 ; 2] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ¿ P=¿ P được viết lại dưới dạng tương đương là. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> a+b ¿ 2 ¿ a+b ¿ 2 ¿ a+b ¿ 2 ¿ c 2+ 4 c( a+b)+¿ ¿ ¿ P=¿ 2 0.25 Do a , b , c ∈[1 ; 2] nên a+b ≠ 0 , nên chia tử và mẫu của M cho a+b ¿ ta được: ¿ c 1 1 M= = 2 t 2 a b c c t +4 t +1 với +4 +1 a+b a+b 1 Với a , b , c ∈[1 ; 2] ⇔ t ∈ ; 1 4 1 0.25 1 ;1 Xét hàm số f (t)= 2 trên 4 t + 4 t+ 1 2 2 t + 4 t +1 ¿ 1 1 ¿ t ∈ ;1 ;1 ⇒ f ❑ (t) nghịch biến trên Ta có < 0, ∀ −2(t +2) 4 4 ❑ f (t )= ¿ 1 0.25 t ≤ 1⇒ f (t )≥ f (1)= Do đó ∀ 6 Đẳng thức xảy ra khi t=1 ⇔(a ; b ; c)=(1 ; 1; 2) 1 Vậy Min P ¿ khi (a ; b ; c )=(1; 1 ; 2) 6 x2 2 Oxy A (3 ; 0) 1. Trong mặt phẳng , cho điểm và elip (E) có phương trình + y =1 . Tìm tọa 9 độ các điểm B ,C thuộc (E) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A , biết điểm B có tung độ dương. 0.25 Ta có A (3 ; 0) ∈(E) ; B ,C ∈(E):AB=AC ( x 0< 3) Gọi B ( x 0 ; y 0 )⇒ C(x 0 ; − y 0 ) H là trung điểm của BC ⇒ H ( x 0 ; 0) 2 0.25 ⇒ BC=2| y 0|= √ 9− x20 ; AH=|3 − x0|=3 − x 0 3 1 0.25 Δ ABC vuông cân tại A ⇔ AH= BC 2 2 1 2 3 − x 0 ¿ =(3− x 0)(3+ x 0 ) ⇔ 3 − x 0= √ 9− x 0 3 ⇔9 ¿. ( ) ( ). [ ]. [ ] [ ]. VI.a (2,0 điểm). 0.25.  x0 3 (ktm)    x0 12  y0  3  5 5 Vì B có tung độ dương nên B. [ ]. (125 ; 35 ), C (125 ; − 35 ). 2. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; 5; 2), B(3; 1; 2) và đường thẳng (d) có phương trình x 3 y  2 z 3     4 1 2 . Tìm điểm M trên (d) sao cho tích MA.MB nhỏ nhất. Ta có trung điểm của AB là I(2; 3; 0) 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>           MA.MB  MI  IA MI  IB  MI  IA MI  IA MI 2  IA2 MI 2  9  Suy ra MA.MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất Hay M là hình chiếu vuông góc của I trên  (d). M  d  M ( 3  4t; 2  t;  3  2t )  IM ( 5  4t; 5  t ;  3  2t )  (d) có vectơ chỉ phương u (4; 1; 2)     IM  u  IM .u 0  4( 5  4t )  5  t  2(  3  2t ) 0  t 1   Min MA.MB 29  M (1; 3;  1), MI  38 . Vậy đạt được khi M (1; 3;  1). . .  . . . VII.a (1,0 điểm). VI.b (2,0 điểm). . 0.25 0.25 0.25. . Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10. Gọi A là biến cố lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm 0.25 thẻ mang số chia hết cho 10. Chọn 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ có: C10 cách chọn 30 Ta phải chọn : 0.25 5 tấm thẻ mang số lẻ trong 15 tấm mang số lẻ 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 trong 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 4 tấm thẻ mang số chẵn nhưng không chia hết cho 10 trong 12 tấm như vậy. 4 1 0.25 Theo quy tắc nhân, số cách chọn thuận lợi để xảy ra biến cố A là: C515 C12 C3 5 4 1 0.25 C15 C12 C 3 99 = Xác suất cần tìm là P( A)= 10 667 C 30 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD biết B (3 ; 3), C (5; − 3) . Giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng Δ :2 x+ y − 3=0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD để CI=2 BI , tam giác ACB có diện tích bằng 12, điểm I có hoành độ dương và điểm A có hoành độ âm. 0.25 Vì I ∈ Δ ⇒ I ( t ; 3 −2 t ¿ , t> 0 CI=2 BI⇔ 15 t 2 +10 t −25=0 ⇔ t=1 ¿ 5 t=− (ktm) 3 ¿ ⇒ t=1⇒ I (1 ; 1) ¿ ¿ ¿ Phương trình đường thẳng IC : x+ y −2=0 0.25 1 Mà S ABC= AC .d ( B , AC)=12 ⇒ AC=6 √2 2 ⇔ 0.25 a=11 ¿ a=−1 2 Vì A ∈IC ⇒ A( a ; 2− a), a< 0 nên ta có ( a −5 ) =36 ¿ ⇒ a=−1 ⇒ A(− 1; 3) ¿ ¿ ¿ Phương trình đường thẳng CD : y +3=0 , IB : x − y =0 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ¿ x − y=0 y +3=0 ⇔ ¿ x=− 3 D Tọa độ điểm là nghiệm của hệ y =−3 ⇒ D(− 3; − 3) ¿{ ¿ Vậy A (− 1; 3) , D(−3 ; − 3) x  3 y 1 z  3   2 1 1 và mặt phẳng 2. Trong không gian , cho đường thẳng  P  : x  2y  z  5 0 . Gọi A là giao điểm của d và (P). Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng 0  (d), C thuộc mặt phẳng (P) sao cho BA=2 BC=√ 6 và ABC 60 . 0.25 Điểm A=(d )∩( P)⇒ A (−1 ; 0 ; 4) ; Góc giữa ( d ) và (P) là 300 (1) 0.25 Vì B ∈(d )⇒ B (−3+2 t ; − 1+ t ; 3+t) và AB=√ 6 nên B (−3 ; −1 ; 3) hoặc B (1; 1 ; 5) 0  0.25 Mặt khác BA=2 BC=√ 6 và ABC 60 ⇒ Δ ABC vuông tại C (2) 0  Suy ra CAB 30 (3). Từ (1), (2) và (3) ⇒ C là hình chiếu của B lên ( P) Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ phương trình 0.25 ¿ ¿ x −1 y − 1 z −5 x +3 y +1 z −3 = = = = 1 2 −1 1 2 −1 hoặc x +2 y − z+5=0 x +2 y − z+ 5=0 ¿{ ¿{ ¿ ¿ 5 5 1 11 Suy ra C − ; 0 ; hoặc C ; 0; 2 2 2 2 (d) :. Oxyz. (. VII.b (1,0 điểm). ). (. ). w=b+ ci Tìm mô đun của số phức. biết số phức. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. là nghiệm của phương trình. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. Ta có. 0.25. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. #################. ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. #################. ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. 0.25 ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. Do đó. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. Theo giả thiết ta có. 0.25 ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. #################. ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. −2 ¿2 +52 ¿ ¿ ⇒|w|= √ ¿. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ---------------------Hết--------------------. 0.25.

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

<span class='text_page_counter'>(9)</span>