02 HDG de vip moon so 2 Trung tâm LTĐH MOON VN – Số nhà 25B, ngõ 66, Thái Thịnh II www moon vn TRUNG TÂM LT ĐH MOON VN THI TH Ử ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn thi TOÁN; kh ối A, lần 2 (VIP) Thời gian làm bài 18[.]
Trang 1Trung tâm LTĐH MOON.VN – Số nhà 25B, ngõ 66, Thái Thịnh II www.moon.vn
TRUNG TÂM LTĐH MOON.VN
THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn thi: TOÁN; khối A, lần 2 (VIP)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
a) (1,0 điểm)
Khi m=2, ta có hàm số = 4− 2+
6 3
• Tập xác định : D=ℝ
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y'=4 (x x2−3); y'= ⇔ =0 x 0 hoặc x= ± 3
- Các khoảng đồng biến: (− 3;0) và ( 3;+∞), khoảng nghịch biến (−∞ −; 3) và (0; 3)
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0,y C§ =3; đạt cực tiểu tại x= ± 3,y CT = −6
- Giới hạn: lim
x→−∞= +∞ và lim
- Bảng biến thiên
x −∞ − 3 0 3 +∞
y’ – 0 + 0 – 0 +
+∞ 3 +∞
y
-6 -6
0,25
• Đồ thị :
0,25
b) (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của (C m) và d:
Đặt t=x2 ≥0 Khi đó phương trình (1) trỏ thành: t2−2(m+1)t+2m=0 (2)
Để (C m) cắt d tại đúng hai điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có đúng hai nghiệm
phân biệt nghĩa là phương trình (2) phải có đúng một nghiệm dương
0,25
Trong phương trình (2) có ∆ =' m2+ > ∀1 0, m nên (2) luôn có hai nghiệm phân biệt
Vậy để (2) có đúng một nghiệm dương thì (2) phải có hai nghiệm trái dấu
Điều đó tương đương với: ac< ⇔ <0 m 0
0,25
1
(2,0 điểm)
Khi đó (2) có hai nghiệm: t1= + −m 1 m2+ < < = + +1 0 t2 m 1 m2+1
Tọa độ của A(− t2; 1 ,− ) (B t2; 1− )⇒AB=2 t2
2
S∆ = d I d AB⇔ AB =S∆ với d I d( ), = + =3 1 4
2 2
0,25
Trang 2( )
m
m
< −
Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
0,25
2
0,25
k
0,25
2
(1,0 điểm)
k
Điều kiện : 1, 0
2
x y
Hệ đã cho trở thành
2
2
(x 4)
∆ = + nên (2) có hai nghiệm
1
2
3 2
1 2
− − −
− + +
y
( do y≥0)
Do đó y= +x 1
0,25
2x− −3 x+ =1 (x+1) +2013 (4 −x )
x
0,25
2
4
−
x
3
(1,0 điểm)
2
2
Vậy nghiệm của hệ là: ( , )x y =(4, 5)
0,25
Ta có
2
2
x
−
+ Tính I Đặt u1 =x và dv=e dx 2 x , suy ra du=dx và
2
2
x
e
v=
0,25
Khi đó
1
0 0
1
4
(1,0 điểm)
+ Tính I Đặt 2 t= 4−x2(t≥0), suy ra x2 = −4 t2 và xdx= −tdt
Đổi cậnx=0 thì t=2; x=1 thì t= 3 0,25
Trang 3Trung tâm LTĐH MOON.VN – Số nhà 25B, ngõ 66, Thái Thịnh II www.moon.vn
3
16 (4 ) 3 3
3
Vậy
2
61
3 3
e
Do AH ⊥(A1B1C1) nên AA H là góc giữa AA1 1 và (A1B1C1), ta có AA H1 =300
Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, AA H1 =300
2
a AH
⇒ =
0,25
Ta cú
ABCA B C A B C
Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, 0
AA H =
2
3
1
a H
tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và
2
3
1
a H
A = nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác
1
1C B
AH ⊥ nên B1C1 ⊥(AA1H)
0,25
5
(1,0 điểm)
Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1
Ta có AA1.HK = A1H.AH
4
3
1
AA
AH H A
Tiếp tục áp dụng BĐT Côsi ta được
2 4
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
+ +x yz
2
1
1 4
3 8
1 1 4
1 2
1 8
1 1 2
1 2
1 4
1 1 2 4
1
+
=
+ +
≤
+
≤
yz yz
yz yz
0,25
4
3 8
1 2
1 , 1 4
3 8
1 2
1
+
≤ + +
+
≤ +
8
3 4
3 4
9 8
1 1 1 1 4
9 8
+
=
+ + +
≤
zx yz xy P
0,25
6
(1,0 điểm)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= y= z=2
Vậy giá trị lớn nhất của P là ,
8
3
7.a
(1,0 điểm) Ta có: B= AB∩BD suy ra tọa độ B là nghiệm hệ: 2 1 0 7 (7; 3)
B
Giả sử A=(2a+1; )a ∈AB: 2 2− y− =1 0; D=(7d−14; )d ∈BD x: −7y+ =14 0
Vì A, B phân biệt nên a ≠ 3
⇒= − − = − − = − − −
0,25
C
C1
B1
K
H
A1
Trang 4Do 0 (3 )(15 5 30) 0 3 (loai)
a
d a
=
− − =
⇒ = − ⇒= − −
0,25
Lại có: BC=(x C −7; y C−3) Mà ABCD là hình chữ nhật nên AD=BC
0,25
Mặt khác điểm (2;1)E ∈AC⇒EA EC , cùng phương
2
0
a
Vậy A=(1; 0), B=(7; 3), C=(6; 5), D=(0; 2) là các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm
0,25
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
x y z x z
x y z x y z
0,25
( 5) ( 3) ( 1) 9 2
− + − + + = =
hoặc
3 1 2
x y z
=
=
= −
0,25
8.a
(1,0 điểm)
Nếu (2;3; 1)B − , do AB=DC nên D(5;3; 4)−
Đặt z1= +x1 iy x y1( ,1 1∈R) Khi đó điểm M( ,x y biểu diễn 1 1) z 1
Ta có i z 1+ 2 =0, 5⇔ i x 1− +y1 2 =0,5⇔ x12 +(y1− 2)2 =0, 25
Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn z là đường tròn (C1 1) tâm O1(0, 2), R1 = 0,5
0,25
Lại có, z2 =iz1= − +y1 x i1 Suy ra N (-y1 , x1) là điểm biểu diễn z 2
Ta dễ thấy OM x y( ,1 1)⊥ON(−y x1, 1) và OM = ON nên MN = 2.OM
9.a
(1,0 điểm)
Đường thẳng OO1 đường tròn (C1) tại M1(0, 2 1
2
− ) và M2(0, 2 1
2 + ) Dễ thấy MN nhỏ
2
2
− ) tức là 1 ( 2 1)
2
(C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của hệ:
2
y
x y x y
⇔
=
2 0
x y
=
=
0,25
Ta có thể giả sử (2;0), (0;2)A B Do đó d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B
2
ABC
S∆ = CH AB (với H là hình chiếu của C trên AB)
Do đó S∆ABCmax⇔CHmax
0,25
7.b
(1,0 điểm)
Ta thấy CH max khi C là giao điểm của đường thẳng ∆ đi qua tâm I và vuông góc với d và
0,25
Trang 5Trung tâm LTĐH MOON.VN – Số nhà 25B, ngõ 66, Thái Thịnh II www.moon.vn
2
C
x >
Phương trình ∆ là y=x
Toạ độ C là nghiệm của hệ phương trình
(2 2;2 2 )
x y x y
C
y x
=
Vậy với (2C + 2;2+ 2 ) thì S∆ABCmax
0,25
Chọn (2;3; 3), (6;5; 2)A − B − ∈d Ta thấy A, B nằm trên (P) nên d nằm trên (P)
Gọi d1 là đường thẳng đi qua A vuông góc với d nằm trong (P)
Giả sử u d
véctơ chỉ phương của d, u P
là véctơ pháp tuyến của (P) Khi đó véctơ chỉ phương của d1 là u =u u d, P=(3; 9;6)−
0,25
Phương trình của đường thẳng 1
2 3
3 6
x t
d y t
z t
= +
= −
= − +
Khi đó ∆ là đường thẳng đi qua một điểm M trên d1 và song song với d
Gọi M(2+3 ;3 9 ; 3 6 )t − t − + t , ta có
14 9 81 36 14
3
0,25
3
8.b
(1,0 điểm)
3
Thí sinh này muốn đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng 8 6, 4 8
0, 2
câu trở lên trong tổng số
10 câu còn lại Nghĩa là thí sinh này chỉ được sai 0, 1 hoặc 2 câu
Mỗi câu có 4 phương án nên tổng số cách chọn là n( )Ω =410
0,25
Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai mỗi câu
- Chọn sai 0 câu có số cách: 3 C 0 100
- Chọn sai 1 câu có số cách: 3 C 1 101
- Chọn sai 2 câu có số cách: 3 C 2 102
0,25
9.b
(1,0 điểm)
Xác suất cần tính là = 0 0 + 1 1 + 2 2 =
3 3 3 436