Tài liệu [VNMATH.COM]-DE Thi Va Dap An lan 1-ngogiatu-2013 pdf

Hỏi có thể tạo được bao nhiêu tam giác có các đỉnh là các điểm trên hai đường thẳng a và b đã cho... Mỗi tam giác được tạo thành từ ba điểm không thẳng hàng nên ba điểm đó được chọn từ h

SỞ GD – ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

-ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1

Thời gian làm bài : 180 phút

-o0o -Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3mx2 2 C m

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 1

2 Tìm m để đồ thị (C m ) có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB đi qua điểm I(1; 0)

Câu II (2,0 điểm)

2

x    x x x

2 Giải phương trình x 4 x2  2 3x 4 x2

Câu III (2,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C, AB = 5 cm, BC = 4 cm Cạnh bên

SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC với mặt đáy (ABC) bằng 60 Gọi D là trung điểm của cạnh AB

1 Tính thể tích khối chóp S.ABC

2 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC

Câu IV (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x1;y1 và 3x y  4xy

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : 3 3

3

P x y

x y

Câu V (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm C2; 5  , đường thẳng : 3 x 4y 4 0

Tìm trên đường thẳng  hai điểm A và B đối xứng nhau qua 2;5

2

I  

  sao cho diện tích tam giác

ABC bằng 15

2 Cho hai đường thẳng a và b song song với nhau Trên đường thẳng a có 5 điểm phân biệt và

trên đường thẳng b có 10 điểm phân biệt Hỏi có thể tạo được bao nhiêu tam giác có các đỉnh là các điểm trên hai đường thẳng a và b đã cho

Câu VI (1,0 điểm) Giải phương trình 4 3 1 2 1 3

3

2

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

I 1 Với m = 1, hàm số trở thành : y x 3 3x22 TXĐ : 

Có lim ; lim

y' 3 x2 6x ; ' 0 0 2

y



     

 BBT : x   0 2 

y’ + 0 – 0 +

2 

y

  - 2

Hàm số đồng biến trên  ;0 và 2;  ; Hàm số nghịch biến trên  0; 2

yCĐ = 2 tại x = 0 ; yCT = - 2 tại x = 2

Đồ thị : Giao Oy : (0 ; 2) ; Giao Ox : (1; 0) và 1 3;0

1.0

0.25

0.25

0.25

0.25

2

Ta có y' 3 x2 6mx ; ' 0 0

2

x y

x m





   



Để hàm số có CĐ và CT thì y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai

nghiệm đó  2m 0 m0

Khi đó (C m ) có hai điểm cực trị là A(0; 2) và B m2 ; 2 4 m3

Đường thẳng AB đi qua A(0; 2) và có vtcp AB2 ; 4m  m3 vtpt m2 2;1

Phương trình AB : 2m x y2   2 0

Theo giả thiết đường thẳng AB đi qua I(1; 0) nên 2m2 2 0  m1

1.0

0.25

0.25

0.25

0.25

II 1

sin 4 4sin 5 2 4 sin cos 

2

x    x x x

1.0

 

2sin 2 cos 2 4cos 2 4 sin cos

2 sin cos sin 2 cos sin 2 cos sin 2 0

4 sin 2 cos sin 2 cos sin 2 0 1

















Giải (1) : Đặt tcosx sin ,x  2 t 2  sin 2x 1 t2

Pt (1) trở thành : 1 t2.t 2t 2 0 t3    t 2 0 t 1

Với t 1 ta có cos sin 1 2 cos 1 cos 2

x x  x   x 

2 2 ,

2

k







 





 





0.25

0.5

0.25

2 Giải phương trình

Điều kiện : 2 x 2

Đặt

2

2

t

t x   x  t   x  x  x  x  

Pt trở thành :

2

2

2 4

2

3

t t

t





 



Với t = 2 ta có :

2

x





(t/m)

Với 4

3

x  x    x   x

2

4 4

2 14 3

3

3

2 14

9 12 10 0

3

x x

x





 

(t/m)

Vậy pt đã cho có ba nghiệm x = 0 ; x = 2 ; 2 14

3

x 

1.0

0.25

0.25

0.25

0.25 III 1 Vì tam giác ABC vuông tại C nên

AC AB  BC    (cm)

.3.4 6

ABC

S AC BC

Vì SAABC nên AC là hình chiếu của SC

trên (ABC)

 góc giữa SC với (ABC) là SCA = 60

Trong tam giác vuông SAC có

1.0

0.25

0.25

Do SAABC nên . 1 1.3 3.6 6 3

S ABC ABC

0.25

2 Gọi E là trung điểm AC mà D là trung điểm AB nên DE là đường trung bình trong

tam giác ABC  DE // BC  BC // (SDE) mà SD(SDE) nên

BC SD,  BC SDE,    B SDE,    A SDE,   

d d d d (vì D là trung điểm AB)

Vì BCAC  DEAC , mà SA(ABC)  SADE  DE(SAE)

 (SDE) (SAE) mà (SDE)(SAE) = SE Trong (SAE) kẻ AHSE

 AH(SAE) AH = dA SDE,    .

Trong tam giác vuông SAE có AH là đường cao nên :

3

27 27 3 AH

AH SA AE      Vậy dBC SD,   3

1.0

0.25

0.5

0.25 IV

Đặt tx y. ; vì x 1 nên  

2

4 3

x

x y x y x xy x y xy

x



4 3

y

x y xy x

y

 (vì y  ) Xét hàm số 1   3

4 3

y

f y

y



 trên 1; 

có  

9

4 3

y



 Xét hàm số  

2

3

4 3

x

g x

x



 trên 1;3 9   3

4 g x

   Vậy 9;3

4

t  

 

3

3

3 3

2

t xy

= 64 3 2 12 64

4

27t  t  t  9

Xét hàm số P(t) = 64 3 4 2 12 64

27t  t  t  9 với

9

;3 4

t  

 

Ta có   2

          

Vậy  3 280

9

MaxP P  tại t = 3 3 3; 1

9 307

4 36

MinP P  

  tại 9

4

t 

9

3 4

2 3

xy

x y

x y







  



1.0

0.25

0.25

0.25

0.25

V 1.

Thay tọa độ I vào pt  ta được 3.2 4.5 4 0

2

   (luôn đúng) nên I  

Vì A  nên giả sử A a a  mà B đối xứng với A qua I nên I là trung điểm4 ;3 1

AB  B4 4 ; 4 3 a  a

Từ C dựng CHAB tại H thì    

3.2 4 5 4

6

3 4

C AB

CH d     

 Theo giả thiết 15 1 15 1.6 4 8 2 3 6 2 15

ABC

S   CH AB   a   a 

0 0;1 , 4;4

  

 



Vậy hai điểm cần tìm là (4; 4) và (0; 1)

1.0

0.25

0.25

0.5

2 Mỗi tam giác được tạo thành từ ba điểm không thẳng hàng nên ba điểm đó được

chọn từ hai điểm trên đường thẳng này và một điểm trên đường thẳng kia Do đó ta

có các trường hợp sau :

TH1: Tam giác được tạo thành từ hai điểm trên đường thẳng a và một điểm trên

đường thẳng b có tất cả : 2

10

5.C 225 (tam giác) TH2: Tam giác được tạo thành từ một điểm trên a và hai điểm trên b có tất cả :

10.C 52 100 (tam giác)

Vậy có tất cả : 225 + 100 = 325 tam giác

1.0

0.25

0.25

0.25 0.25 VI

Điều kiện : 6 4

2

x x

  







 (*)

Pt  3log 44  x 3log4 x2  3 3log4x6

 log 44  xlog4x6  1 log4 x2  4 x x  6 4 x2

     

 

 (vì (*) nên 4 x x  6 0)

2

2

6 16 0

8

2 32 0

x x

x loai

x x



 

  



    



 



 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2 ; x  1 33

1.0

0.25

0.25

0.5

Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần

www.VNMATH.com

SỞ GD – ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

-ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1

MÔN : TOÁN , KHỐI B

Thời gian làm bài : 180 phút

2

x y x







1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2 Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ

thị (C) tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn nhất

Câu II (2,0 điểm)

x   x    

Câu III (2,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và SA = a Biết ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = a, BC = 2a và SC vuông góc với BD

1 Tính tang của góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD)

2 Tính thể tích khối chóp S.ABCD

3 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM với M là trung điểm BC

b c c a a b     

Câu V (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A2; 1 ,  B1; 2  Trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên đường thẳng : x y  2 0 Tìm tọa độ đỉnh C biết tam giác ABC

có diện tích bằng 27

2

2 Gọi X là tập hợp các số gồm hai chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6

Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử của X Tính xác suất để hai số lấy được đều là số chẵn

Câu VI (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

9

2

9.2 log 9 log

x

y









ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM (KB)

I 1

TXĐ : \ 2  ; Có

1

2

x



 nên hàm số nghịch biến trên  ; 2

và 2;  ; hàm số không có cực trị 

2

lim

x

y

    đths có TCN y = 2

;

    đths có TCĐ : x = 2

1.0

0.25

0.25

BBT x   2 

y’ – –

2 

y

  2

Đồ thị : Giao Ox : 3;0

2

 

 

  ; Giao Oy : 0;3

2

 

 

 

0.25

0.25

2

Vì M(C) nên g/s 0

0 0

; 2

x

M x

x



Tiếp tuyến của (C) tại M có pt là :

0 0 2

0 0

1

2 2

x

x x









  giao TCĐ tại 0

0

2;

2

x A x



  ;   giao TCN tại B x 2 0 2; 2

2

x

Vậy ABmin 2 2 khi  

0 0

1 2

2

x

x

  

 

1.0

0.25

0.25 0.25

0.25

II 1

pt 1 sin sin cos sin2 1 cos

sin sin cos sin2 sin

 

2

sin 2sin cos 1 0 1

x x k k











 1 sin 2sin 1 2sin2 1 0 2sin3 sin 1 0

2

x

x  k  k

1.0

0.25 0.5

0.25

Vậy pt có nghiệm ,

4

x k

x k k











 





2 Giải bất phương trình

Đk :   1 x 3

Đặt t x 1 3 x t0

2

3 2

2

t

x x 

    , bpt trở thành :

2

t

t



Với t > 2 ta có x 1 3 x2 3 2 x x 2    0 1 x3

Kết hợp đk ta được nghiệm bpt là :  1 x3

1.0

0.25 0.25 0.25

0.25 III 1

Vì SA(ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD)

Do đó góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SC với AC và bằng SCA (vì

tam giác SAC vuông tại A nên SCA < 90 )

Theo gt, hình thang ABCD vuông tại A và B nên tam giác ABC vuông tại B và có

AC = AB2BC2 a 5

Trong tam giác vuông SAC có tan 1

5

SA SCA

AC

0.5

0.25

0.25

2 Vì AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) mà ACBD nên SCBD

Đặt AD = x , x > 0 ta có BD = a2x2

ABCD

S  AC BD AD BC AB  a 5 a2x2 x2 a a

4 2 4 2 0

2

a

x ax a x

      Vậy

2

a

AD 

2

2

ABCD

S  a a

mà SA(ABCD) nên . 1 1 5 2 5 3

S ABCD ABCD

a a

V  SA S  a 

1.0

0.25 0.25

0.25

0.25 3

Ta có M là trung điểm BC nên BM = 1

2BC a

Gọi N là điểm đối xứng với A qua D thì AN = 2AD = a

Khi đó BM = AN = AB = a và BM // AN nên tứ giác ABMN là hình vuông

0.5

 AB // MN AB // (SMN) mà SM(SMN) nên dAB SM,  dAB SMN,    dA SMN,   

Vì MN // AB  MNAN và MNSA nên MN(SAN)

Từ A kẻ AHSN tại H thì AH(SMN)  dA SMN,    AH

Do tam giác SAN vuông cân tại A nên H là trung điểm SN 1 2

a

AH SN

0.25

0.25 IV

x y z x y z x y z

x b c  y c a  z a b   a   b   c  

Do a, b, c > 0 nên x, y, z > 0 Khi đó :

x y z x y z

  

          

    7 2 3 6 4

2

3

0 3

3 2

y x

c a b c a b

z x

c

a b b c

y z











(loại) Vậy đẳng thức không xảy ra , do đó ta có điều phải chứng minh

1.0

0.25

0.25

0.25 0.25

V 1 Vì G   nên giả sử G a ; 2 a là trọng tâm tam giác ABC  C a3  3;9 3 a

Ta có AB  2 và đường thẳng AB có vtcp BA  1;1

nên AB có pt x y 1 0 Theo gt, 27 1  ,  27 2 3 3 9 3 1 27

S   AB d       

20

17; 11 3

7

10;16 3





 

   



1.0

0.25 0.25

0.5

2 Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 có thể lập được tất cả 2

A  số gồm hai chữ số

khác nhau nên tập X gồm 30 phần tử

Lấy ngẫu nhiên hai số trong 30 số lập được ở trên có 2

30

C cách

  2

30 435

   

Gọi A: “ Hai số lấy được đều là số chẵn”

Trong 30 số lập được từ các chữ số đã cho (không có chữ số 0) , số các số chẵn

bằng số các số lẻ nên có tất cả 15 số chẵn

Lẫy ngẫu nhiên hai số chẵn trong 15 số chẵn có 2

15 105

C  cách  n A 105 Vậy    

 

105 7

435 29

n A

P A

n



1.0

0.25

0.25 0.25

0.25

VI Điều kiện : y > 0

 

2 3

2

3.2 log 9 log 2

x

y



 

 



1.0

0.25

Từ (1) log3 22 2

2

x x

  Thế vào (2) ta được :

 

2 2

2

2

x

x

vn

 



0.25 0.5

Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần

www.VNMATH.com

SỞ GD – ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

-ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1

Thời gian làm bài : 180 phút

2

x y x







1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2 Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ

thị (C) tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn nhất

Câu II (2,0 điểm)

6

x x x x

2 Giải bất phương trình 1 2 x 1 2 x 2 x2

Câu III (2,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và SA = a Biết ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = a, BC = 2a và SC vuông góc với BD

1 Tính tang của góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD)

2 Tính thể tích khối chóp S.ABCD

3 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM với M là trung điểm BC.

b c c a a b     

Câu V (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A Đường thẳng BC có

phương trình 3x y  3 0 Biết hai đỉnh A, B nằm trên trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2 Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC

2 Gọi X là tập hợp các số gồm hai chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số 0; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6

Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử của X Tính xác suất để hai số lấy được đều là số chẵn

Câu VI (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

9

2

9.2 log 9 log

x

y









ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

I 1

TXĐ : \ 2  ; Có

1

2

x



 nên hàm số nghịch biến trên  ; 2

và 2;  ; hàm số không có cực trị 

2

lim

x

y

 

  đths có TCN y = 2

;

    đths có TCĐ : x = 2

BBT x   2 

y’ – –

2 

y

  2

Đồ thị : Giao Ox : 3;0

2

 

 

  ; Giao Oy : 0;3

2

 

 

 

1.0

0.25

0.25

0.25

0.25

2

Vì M(C) nên g/s 0

0 0

; 2

x

M x

x



Tiếp tuyến của (C) tại M có pt là :

0 0 2

0 0

1

2 2

x

x x









  giao TCĐ tại 0

0

2;

2

x A x



;   giao TCN tại B x 2 0 2; 2

2

x

Vậy ABmin 2 2 khi  

0 0

1 2

2

x

x

  

 

1.0

0.25

0.25 0.25

0.25

II 1

Điều kiện : os2 0 4 2 , , 

cos 0

2

c x

k l x







 











1.0

0.25

Pt sin 2 cos cos 2 sin 1sin 4 sin 2 

cos cos 2 6

x x



2

6sin cos cos 2 sin 2 2cos 2 1

2cos cos 2 2cos 2 1 6 *



 

 



* 1 cos 2 cos 2 2cos 2 1 6

Vậy pt có nghiệm x k , k 

0.25

0.25

0.25 2

Điều kiện : 1 1

2 x 2

   Khi đó 2 x2 0 Bpt  2 2 1 4  x2  4 4x2x4  2 1 4 x2  2 4x2x4 (1)

2 x 2

   nên 2 4 x2  0 2 4 x2x4 0

2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0

1.0

0.25

0.25

0.5 III 1 Vì SA(ABCD) nên AC là hình

chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD)

Do đó góc giữa SC với mặt phẳng

(ABCD) là góc giữa SC với AC và

bằng SCA (vì tam giác SAC vuông

tại A nên SCA < 90 )

Theo gt, hình thang ABCD vuông tại

A và B nên tam giác ABC vuông tại

B và có AC = AB2BC2 a 5

Trong tam giác vuông SAC có

1 tan

5

SA SCA

AC

0.5

0.25

0.25

2 Vì AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) mà ACBD nên SCBD

Đặt AD = x , x > 0 ta có BD = a2x2

ABCD

S  AC BD AD BC AB  a 5 a2x2 x2 a a

4 2 4 2 0

2

a

x ax a x

      Vậy

2

a

AD 

2

2

ABCD

S  a a

mà SA(ABCD) nên . 1 1 5 2 5 3

S ABCD ABCD

a a

V  SA S  a 

1.0

0.25 0.25

0.25 0.25

3 Ta có M là trung điểm BC nên BM = 1

2BC a

Gọi N là điểm đối xứng với A qua D thì AN = 2AD = a

Khi đó BM = AN = AB = a và BM // AN nên tứ giác ABMN là hình vuông

 AB // MN AB // (SMN) mà SM(SMN) nên dAB SM,  dAB SMN,    dA SMN,   

Vì MN // AB  MNAN và MNSA nên MN(SAN)

Từ A kẻ AHSN tại H thì AH(SMN)  dA SMN,    AH

Do tam giác SAN vuông cân tại A nên H là trung điểm SN 1 2

a

AH SN

0.5

0.25

0.25

x y z x y z x y z

x b c  y c a  z a b   a   b   c  

Do a, b, c > 0 nên x, y, z > 0 Khi đó :

x y z x y z

  

          

    7 2 3 6 4

2

3

0 3

3 2

y x

c a b c a b

z x

c

a b b c

y z











(loại) Vậy đẳng thức không xảy ra , do đó ta có điều phải chứng minh

1.0

0.25

0.25

0.25 0.25

V 1 Vì B BC Ox B1;0

Đường thẳng BC có vtpt n 3; 1 

Trục Ox có vtpt j0;1

Do tam giác ABC vuông tại A nên góc B nhọn

cos cos ,

2

B n j

      ABC60

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

 ABI = 30

Dựng IHAB tại H thì IH là bán kính đường tròn nội tiếp ABC IH = 2

Trong tam giác vuông IHB có HB = 2 3

tan 30

IH



 mà AH = 2 (cách dựng ) nên

AB = AH + HB = 2 3 1 

Do AOxnên giả sử A(a; 0) thì AB = 1 2 3 1 2 3 3

2 3 1

a a

a

 



Vì ACAB và A,BOx nên C và A có cùng hoành độ, CBC: 3x y  3 0

+ Với a2 3 3  A2 3 3;0 ,  C 2 3 3;6 2 3  

1.0

0.25

0.25