THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn: Toán - TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 3 ppt

Thời gian làm bài: 180 phút Không kể thời gian giao đề I.. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 điểm Câu I.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.

TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU 3 THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số: 2 3 2 1

y x x  a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Viết phương trình đường thẳng () đi qua điểm M 1

0;

3

 cắt đồ thị (C) tại M, A, B phân biệt sao cho: Tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại A, B của đồ thị (C) bằng 30

Câu II (2 điểm)

a) Giải phương trình :

1 1 sin tan 2cos

2

x x x





b) Giải bất phương trình : x 3x 2  9x2 6x  x x2 2

Câu III (2 điểm)

a) Tính tích phân:

2

2 6

cot

3 cos



x

b) Cho x, y, z là 3 số thực dương có tổng bằng 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  2(x2y2z2) 4  xyz 9x 2024

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD// BC AD

AB=BC=

2 = a SA vuông góc với đáy, SAa 3 Tính thể tích khối chópS.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD)

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu Va: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình trên R :







Câu VI.a: (2,0 điểm)

1) Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết : A(1;1), B(5;5), tâm đường tròn nội tiếp tam giác

là I(0;2) Tìm tọa độ đỉnh C

2) Trong không gian Oxyz cho 4 điểm: A(4;2;2), B(1;2;5), C(0;1;1) Chứng minh  ABC là tam giác đều Tìm tọa độ điểm S để hình chóp S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau

B Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :







Câu VI.b: (2,0 điểm)

1) Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): 2 2 5

2 (x3) y  và đường thẳng d:2x  y 1 0 Lập phương trình các cạnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) biết Ad

2.Trong không gian Oxyz cho 3 điểm : A(5;3;0), B(2;3;3), C(1;2;1) Chứng minh  ABC là tam giác đều Tìm tọa độ điểm D để ABCD là tứ diện đều

……… Hết ………

( Ghi chú : Thí sinh khối B, D không phải làm câu III ý b )

Họ và tên thí sinh:……… SBD:………

Đề thi thử lần 1

ĐÁP ÁNBIỂU ĐIỂM Thi thử ĐH  2013Môn Toán

Câu I

a) 1đ a) 3 2

y x x 

*) TXĐ: D= R

*) SBT: + y'  2x2 2x  ' 0 0

1

x y

x





 + Xét dấu y’  Hàm số đồng biến trên các khoảng: (;0) và (1;+ )

Hàm số nghịch biến trên khoảng: (0;1)

+ Cực trị :Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ; ycđ = 1/3

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yct= 0

+ Giới hạn: lim ; lim

     

+ Bảng biến thiên:

x  0 1 

y’ +  +

y 1

3 

 0

*) Đồ thị:

'' 4 2 '' 0 1

2

y  x y  x  ( ; )1 1

2 6

I

Đồ thi đi qua các điểm: (2; ),8 ( 1; )1

và nhận điểm ( ; )1 1

2 6

I làm tâm đối xứng

0,25

0,25

0,25

0,25

b) 1đ

b) Ta có phương trình (  ): 1

3

ykx Xét phương trình hoành độ giao điểm:

3

3x x 3kx x x  x k  2 0

x





 

 () cắt đồ thị (C) tại M, A, B phân biệt  (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0



3

8

0

k



 Khi đó gọi x x1, 2 là nghiệm của phương trình (*) Do y'  2x2 2x  Tích các hệ số

góc của tiếp tuyến tại A, B của đồ thị (C) bằng 30  y x'( ) '(1 y x2)  30

4x x x1 2( 11)(x21)304x x x x1 2[1 2(x1x2) 1 ]=30 (**)

Theo Viet : (**) 

5

2 2

2

k k

k

k









 



đối chiếu Đ/k  5

3

k  thỏa mãn

Vậy phương trình (  ) là: 5 1

y x

0,25

0,25

0,25

0,25 Câu II

a) 1đ a) Giải phương trình : 2 2

1 1 sin tan 2 cos

2

x x x



 Đ/k:

2

k



Phương trình đã cho 

2

2

1 cos 1 cos 1 cos

1 cos

x

 1 sin 1 0 ( : )

1 cosx Do x k2

x





0,25

0,25 0,25

 sinx cosx 0

4

π

x  kπ ( Thỏa mãn đ/k) 0,25 b) 1đ

Đ/K : 2

3

x  Bất p t  x 3x2 (3x2 (3x 2 2) x x22

Đặt: a 3x 2  3xa2 2

Bất phương trình trở thành : x(1 x22)a(1 a2 2) (2)

Xét hàm số:

2

2

2

t

t





 hàm số đồng biến nên (2)  x 3x 2

do đ/k x23x 2 0 1 x2.Đối chiếu đ/k Tập nghiệm bất pt là T [1; 2]

0,25

0,25

0,25 0,25 Câu III

a) 1đ

Ta có : I=

2

2 6

cot

3 cos



x

= 2

2 6

2

cos sin

3 cos sin









x

x

Đặt: t 3 cos 2x Đổi cận: 15

2

t2  3 cos2xtdt sin cosx xdx



15

2

1

tdt

15 2

3

4 (t 2) (t 2) dt



I

15 2

3

t t

0,25

0,25

0,25

0,25

b) 1đ

2 2

,

y z   yz   

2

thế y + z = 3 – x vào ta được 3 2  

P x  x  x  f x

f x  x  x  x trên (0; 3) Ta có: f x'( )   3x2 18x 24

4

x

x





 Do : x (0;3)  x 2

Lập BBT ta tìm được    

Min f x  f 

P = 2013 khi x = 2; y = z = 1

2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2013

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu IV

1 đ

+ Gọi O là trung điểm AD Dễ C/m được ABCD là nửa lục giác đều   OCDđều cạnh bằng a



2

3

4

a



3

.

a

+ ABCD là nửa lục giác đều  AC CD  SCCD,

ACa 3 SCa 6

2

6 2

SCD

a

S

Mà

2

3 4

BCD

a

3

1

a

;( )

2 6

S BCD SCD

d B SCD

S

0,25

0,25

0,25 0,25

A

B

D S

C O

Câu Va:







Đ/k: x 1 , y1

x  y  yxyx y  xy xy   (*)

vì y 1 và 1x  1 y 2 nên 1x  2 x  3 Do đó 3

4

xy  0 Dấu “ = ” xảy ra  x3, y1  (*)  x 3 , y 1

x y



 

 Với x3, y1 thỏa mãn (1)  x3, y1 là 1 nghiệm của hệ

Với x = y Thế vào pt (1) đầu ta được 1 x 1 x  2  2 1x2 2x0

 y 0 ( thỏa mãn đ/k)  x 0 , y 0 là 1 nghiệm

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là: 0

0

x y











và 3

1

x y











0,25

0,25 0,25

0,25

Câu

VIa

1) 1 đ

1) Phương trình AB: xy0  d I AB  ;  2

phương trình AC: a x( 1)b y( 1)0 (a b)

AC tiếp xúc với đường tròn tâm I bán kính R  2  d I AC  ;  2 

2 2

3

7

 





, a b loại  chọn: a7, b1

 phương trình AC là 7xy 8 0

Tương tự: phương trình BC: a x( 5)b y( 5)0 (a b)

2 2

 





, a b loại  chọn:

a b   phương trình AC là 7x23y800

C là giao điểm của AC và BC  xét:

11

7

3

y





 11;3

7

C 

Kiểm tra ta thấy I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vậy: 11;3

7

C 

0,25

0,25

0,25

0,25

b) 1đ AB  ( 3;0; 3)

, AC    ( 4; 1;1),BC    ( 1; 1; 4)

 AB ACBC 3 2  tam giác ABC đều

Đặt : S(a;b;c)  AS  (a 4;b 2;c 2)

, BS  (a 1;b 2;c 5)

Do tam giác ABC đều , SA, SB, SC đôi một vuông góc  các tam giác

SAB,SAC,SBC bằng nhau 

( 4)( 1) ( 2)( 2) ( 2)( 5) 0

SA SB

SA SB





 



1

( 4)( 1) ( 2)( 2) ( 2)( 5) 0

a c

a b c

  





  







2

1

5 10 ( 4)( 1) ( 5 8) (1 )(4 ) 0

   



  















 có 2 điểm S thỏa mãn là : 1(2; 0; 3) , 2( ;4 10; 7)

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu Vb

1đ Đ/k:

1

1 ,

2

x y

Hệ phương trình 

(1)

y

x







Xét hàm số: f t( )t22 t1 ( 2)t  '( ) 2 1 ( 2 ) ln 2 0 1

1

f t t

 



 Hàm số đồng biến trên [1;)  (1)  f x( ) f(2 )y  x2y

Thay vào (2) ta được: y3y2 4y  4 0 y 1 ( thỏa mãn đ/k)

Vậy hệ có 1 nghiệm là ( ; )x y (2;1)

0,25

0,25 0,25 0,25 CâuVIb

1) 1đ 1) Ta có : tâm (C ) là: I(3;0) R  52 Ad. A(t;2t1) A là đỉnh của hình

vuông ABCD ngoại tiếp (C)  IA  5 

(t 3)  (2t 1)   5 5t  10t  5 0  t 1 A(1;1), C(5;1)

(Do I là trung điểm AC )

phương trình AB: a x( 1)b y( 1)0 (a2b2 0)

AB tiếp xúc với đường tròn tâm I bán kính 5

2

2

d I AB  

2 2

3

2

3

a b





  

, Chọn: 3, 1





TH 1: a3,b1 Phương trình AB: 3xy 4 0 phương trình AD:

x y 

Phương trình CD: 3xy140, phương trình BC: x3y 8 0

TH2: a1,b 3 Phương trình AB: x3y 2 0 phương trình AD:

3xy 4 0

Phương trình CD: x3y 8 0, phương trình BC: 3xy140

0,25

0,25

0,25

0,25 2) 1đ AB  ( 3;0; 3)

, AC   ( 4; 1;1),BC  ( 1; 1; 4)

 AB ACBC3 2

 tam giác ABC đều

Đặt : D(a;b;c)  AD (a 5;b 3; )c



, BD (a 2;b 3;c 3)



ABCD là tứ diện đều









2





 có 2 điểm D thỏa mãn là : 1(2;6; 0) , 2(10; 2; 4)

0,25

0,25

0,25

0,25

Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng