Thạch Thành 1, lần 1-2012-2013

PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 điểm Câu 1.. Tìm trên đường thẳng y  4 những điểm mà từ đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị C.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm mộ

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y    x3 3 x  2 (1)

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

b Tìm trên đường thẳng y  4 những điểm mà từ đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C)

Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình

sin 2 cosx x 3 2 3 osc x3 3 os2c x8 3 cosxsinx 3 3 0

Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình

2

4

,

2 log 2 log ( 2) log (3 3)

x y

Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân sau

2 1

x

Câu 5 (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy là tam giác đều Mặt phẳng (A'BC) tạo với đáy một góc 30 và tam giác A'BC có diện tích bằng 0 8a2 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng A B' và AC theo a

Câu 6 (1 điểm) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện 1y2 x x y(  ) Tìm giá trị lớn nhất

và nhỏ nhất của biểu thức

1

P

x y xy



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

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh AB

là M   1;4 Phương trình đường phân giác trong góc B là x2y 2 0, phương trình đường cao qua C là 3x4y15 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Câu 8a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyzcho điểm A(4;0;0)và điểm B x y( ; ;0),0 0

0 0

( ,x y 0)sao cho OB8 và góc AOB 600 Xác định tọa độ điểm C trên trục Oz để thể tích khối

tứ diện OABCbằng 8

Câu 9a (1 điểm) Tìm số hạng chứa x19 trong khai triển biểu thức   9 

2 1 2 n

P x x Biết rằng

C C  C 

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M(5; 6) và đường tròn

2 2 ( ) :C x  y 2x4y20 0 Từ M vẽ các tiếp tuyến MA MB, tới đường tròn ( )C với A B, là các tiếp điểm Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB

Câu 8b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp đều S ABC với S(0;0;4), đáy

ABC nằm trên mặt phẳng (xOy)và A(0; 2;0) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

Câu 9b (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 lập các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau Lấy

ngẫu nhiên một số từ các số vừa lập Tính xác suất để lấy được số lớn hơn 2013

-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh ; Số báo danh

ĐÁP ÁN thi thử đại học lớp 12 - Toán

a (1,0 điểm)

Thí sinh tự làm Kết quả vẽ đồ thị như sau

1,0

b Tìm trên đường thẳng y   4 những điểm mà từ đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C).

1

Gọi M(m;-4), phương trình đường thẳng  đi qua M và có hệ số góc k là y = k(x-m)-4

 tiếp xúc với đồ thị (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm 3  

2





Từ M kẻ được đúng 2 tiếp tuyến đế đồ thị (C)  phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt tam

thức g x ( ) 2  x2  (3 m  2) x  3 m  2 có nghiệm thỏa mãn 2 trường hợp sau:

TH1: g x ( ) có 2 nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng -1 0

1 ( 1) 0

g

m g

 



TH2: g x ( ) có nghiệm kép khác -1 0

2 ( 1) 0

g

m g

 



3

m  

Vậy có 3 điểm cần tìm là    1; 4 , 2; 4     và 2 ; 4

3

1,0

Giải phương trình sin 2 cosx x 3 2 3 osc 3x3 3 os2c x8 3 cosxsinx3 3 0

2sin cos 6sin cos 2 3.cos 6 3cos 3 3 8( 3.cos sin ) 3 3 0

0 ) sin cos 3 ( 8 ) sin cos 3 ( cos 6 ) sin cos 3 ( cos



2

2

tan 3

3 cos sin 0

cos 1 cos 3cos 4 0

cos 4( )

x

x



3 2

x k



  











Vậy PT đã cho có các họ nghiệm là

3

x    k 

và x k  2 

1,0

Giải hệ…

3

ĐK:

0 3 2

2 0

x

y

x y





 





  



Khi đó, PT thứ 2  x x y    2   3 y   3  x  3  x y    1  0

Vì x>0 nên pt trên    x y 1 thay vào PT thứ nhất của hệ ta có

2

2y 3 y 1 (y1) 2013 (4 y)

( 1) 2013 ( 4)

y

………

y  x

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ) (5;4) x y 

1,0

4

2

ln(5 )

5

x

x



K=

4

2 1

ln(5 x)

dx x



2

ln(5 )

5 1

dx

x dx

x

x



1

ln(5 x)

x



4

1 ( 5)

dx

x x

ln 2

H=

4

1

x x dx

 Đặt t 5x ta có t2  5 x do đó 2tdt dx

(5 ) ( 2 ) 2

t

ln 2

Từ giả thiết ta có: 1x2y2xy2xy xy  xy1

1x2y2xy(x y )23xy 3xy 1

3

xy 

1,0

6

7a

Ta có x2y2 1 xy nên x6y6 (x2y2) ( x2y2 2) 3x y2 2

Đặt txy với 1;1 \ 0 

3

t   

  Khi đó ta được P

(1 )

t t





Hay P

2

1

t t



 = f t( )

………

Hàm số f t( ) trên 1;1 \ 0 

3

 

Ta có

2 2

( 1)

f t

t

3

   

………

Vậy 1

2

MinP f       t x y

Tính VABC A B C ' ' '

Gọi H là trung điểm của BC thì AH BC A H, ' BC,

suy ra ( 'A BC),(ABC)( ' ,A H AH)A HA' 300

' os30o 4 3

ABC A BC

Gọi x là độ dài cạnh của tam giác đều ABC, thì 3

2

x

AH

ABC

x

3

ABC A B C ABC

* Tính ( ' ;d A B AC)

Ta có AC/ /( 'A BC')d A B AC( ' ; )d AC A BC( ;( ' '))

( ;( ' ')) ( ';( ' '))

d AC A BC d B A BC

Gọi I là trung điểm của A C' ' thì ' 'A C B I' và A C' 'BB'

nên A C' ' ( BB I' ), suy ra (BB I' ) ( ' A BC') theo giao tuyến BI Kẻ

Trong tam giác vuông có

B K  B B B I , với B I' AH2a 3, từ đó tính được 'B K a 3 Vậy ( ' ;d A B AC)a 3

Gọi d1:3x4y150 và d2: x  2 y  20 Cạnh AB đi qua M và vuông góc với d1 nên

: 4 3 8 0

AB x y  B AB d2B( 2;0)

Vì M là trung điểm của AB nên A(4; 8)

Gọi N đối xứng với M qua d2 thì MN: 2x y  6 0

Gọi I MN d2I(2;2)N(3;0)

Khi đó N thuộc cạnh BC nên BC: y=0 suy ra C(5; 0)

Vậy A(4; 8), ( 2;0)B  và C(5; 0)

1,0

1,0

1,0

K

30°

I

H

C

B

A'

B'

C'

A

9a

7b

8b

Theo bài ra OB8 và góc AOB600 nên ta có hệ

2 2

0 0 0

2 2

0 0

8

2 4

x





Vì x y0, 0 0 nên ta tìm được x0 4;y0 4 3 hay (4;4 3;0) 1 . 8 3

2

OAB

V  OC S  z  z  

Vậy C(0;0; 3)

Ta có: 2n  1 1 n 0 1 2 n 2048 211 11

Với n  11 thì P  (2 x  1) (9 x  2)11

9(2 ) 9(2 ) 9(2 ) 9

Do đó số hạng chứa x19 trong khai triển tích (2 x  1) (9 x  2)11 thành đa thức là

Đường tròn (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R=5; MI = 10

Gọi H là giao điểm của AB và MI ta có IH.MI=AI2

Suy ra IH=5/2 Vì MA và MB là các tiếp tuyến nên H phải nằm

giữa M và I, do đó 1 1;0

IH  IM  H  

 

sin

2

IH IAH

IA

   IAH300 MAB đều Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB trùng với trọng tâm G

của nó Ta có 2

3

GM HM G(2;-2) từ đó tính được bán kính 5

2

r 

Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB là

4

x  y 

Vì S ABC là hình chóp đều và S Oz A , ( x )O y nên SO là đường cao của hình chóp và đáy ABC nằm trên mặt Oxy, gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC thì I (0;0; ) a , từ

IS  IA suy ra 0;0; 3

2

  và bán kính

5 2

R 

Vậy phương trình mặt cầu là

2

x  y   z   

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau là abcd, có 5.5.4.3=300 số lập được

Gọi A là biến cố “lấy ngẫu nhiên được 1 số lớn hơn 2013 từ các số vừa lập”

Ta xét abcd  2013

TH1 abcd  2013 có 1 số

1,0

1,0

1,0

1,0

H

A

B

TH2 abcd  2013, khi đó a = 1, bcd có 5.4.3=60 cách chọn

Do đó có 61 số nhỏ hơn hoặc bằng 2013 từ các số vừa lập

300 300

Mọi góp ý xin gọi 0164.8191838, xin chân thành cám ơn.

Người ra đề và làm đáp án: Lê Phương