ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III TRƯỜNG THPT B PHỦ LÍ

Tìm m để đồ thị hàm số 1 có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có diện tích bằng 1.. Tính thể tích lăng trụ ABCD.A’B’C’D và tính khoảng cách từ trung điểm N của BB’ đến C’MA với M l

SỞ GD-ĐT HÀ NAM

TRƯỜNG THPT B PHỦ LÍ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III – NĂM HỌC 2012-2013

Môn Toán –Khối A,A1,B

Thời gian làm bài: 180 phút

-I PHẦN CHUNG

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x= −4 2m x2 2+m4+m ( )1 , m là tham số thực

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m= −1.

2 Tìm m để đồ thị hàm số ( )1 có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có diện tích bằng 1

Câu II (2 điểm) 1 Giải phương trình: 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8.

2 Giải bất phương trình sau : 3x− +2 x+ ≤ +3 x3 3x−1

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I 2esin2x x 3x dx

0

.sin cos

π

= ∫

Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi, AB a= 3,∠BAD=1200

Biết góc giữa đường thẳng AC’ và (ADD’A’) bằng 300 Tính thể tích lăng trụ ABCD.A’B’C’D và tính khoảng cách từ trung điểm N của BB’ đến (C’MA) với M là trung điểm của A’D’

Câu V (1 điểm) Giải hệ phương trình sau:







II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (Phần A hoặc B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Cho (E) có phương trình là 4x2 + 25y2 = 100 Đường thẳng d : 2x + 15y – 10 = 0 cắt (E) tại hai điểm phân biệt A và B với A có hoàng độ dương Tìm trên (E) điểm C sao cho tam giác ABC cân tại A

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:(P): 2x – y + z + 1 = 0,(Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0và đường thẳng ∆1 :

2

2

−

−

x

= 1

1

+

y

= 3

z

Gọi ∆2 là giao tuyến của (P) và (Q) Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng ∆1, ∆2

Câu VII.a (1 điểm) Cho hai đường thẳng song song d1 và d2 Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, đường thẳng d2 có n điểm phân biệt ( n 2≥ ) Biết rằng có 1725 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho Tìm n

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình là : y2= x và điểm I(0;2) Tìm tọa độ hai điểm M và N thuộc (P) sao cho : IMuuur=4.INuur

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: ( ) :1

x y z

d + = = −

−

.Tìm tọa độ các điểm M thuộc ( )d và N thuộc 1 ( )d sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng2

( )P : – 2013 0x y + z + = độ dài đoạn MN bằng 2

Câu VII.b (1 điểm) Tính xác suất để chọn ra được số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau mà trong mỗi số đều

có 2 chữ số chẵn và hai chữ số lẻ và không có mặt chữ số 0

Hết

-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM

m

I

(2.0

điểm)

1.(1 điểm) Khảo sát…

Khi m=-1 ta có 4 2

2

y x= − x

• Tập xác định: D=R

• Sự biến thiên

- Chiều biến thiên , 4 3 4 4 ( 2 1), , 0 0

1

x

x

=



0.25

Hàm số NB trên các khoảng (−∞ −; 1) và (0;1) ĐB trên các khoảng (-1;0) và (1:+∞)

- Cực trị: hàm số đạt cực trị tại x= ±1, yct=-1, đạt cực đại tại x=0, ycđ=0

- Giới hạn: limx→−∞y=limx→+∞y= +∞

0.25

- Bảng biến thiên:

x −∞ -1 0 1 +∞

y’ - 0 + 0 - 0 + y

+∞ 0 +∞

-1 -1

0.25

• Đồ thị:

0.25

2.(1.0 điểm)

x m

=



Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi pt: y, =0có ba nghiệm phân biệt ⇔ ≠m 0 (*) 0.25 Khi đó, gọi A, B, C là các điểm cực trị của đồ thị hàm số và A(0;m4+m), B(m;m), C(-m;m)

Suy ra AB=AC= 2 8

Ta có I(0;m) là trung điểm BC và 1 1 4

ABC

S∆ = AI BC⇔ = m m ⇔ = ±m thỏa mãn (*)

Vậy m cần tìm là m= ±1

0.25

II

(2.0

điểm

1 (1.0 điểm) Giải phương trình …

⇔ 1– sinx = 0 ⇔ 2

2

= +

2

= +

0.25

2

1

-1

-2

y

-1

-1

2 (1.0 điểm) Giải bất phương trình 3 ( )

3x− +2 x+ ≤ +3 x 3x−1 1 + Txđ : 2

3

x≥

+ Bpt: ( )1 ⇔( 3x− − +1 1) ( x+ − ≤ +3 2) x3 3x−4

0.25

0.25

0.25

+ Nhận xét với : 2

3

x≥ ta có

2

3x 2 1< x 3 2< ⇒x + + −x 3x 2 1+ x 3 2>

Suy ra : ( )2 ⇔ ≥x 1 Kết hợp điều kiện : nghiệm của bất phương trình là : x≥1

0.25

III

(1.0

điểm)

Đặt sin2x t= ⇒ …

1

0

1 (1 ) 2

I e t dt

0

e t e dt e t e dt

0.25 0.25

1

1( 1 1) 2

e

IV

2

ABCD ABC

+ Gọi C’M là đường cao của tam giác đều

C’A’D’ Suy ra :

C M ⊥ ADD A ⇒ ∠C AM = Khi đó:

0

2 2

a

AM A M a

' ' ' '

9 2 2

ABCD A B C D

0.25

0.25

b) Gọi K là trung điểm DD’ và O là tâm hình hộp

( ; ' ) ( ;( ' ) )

d N C MA =d K C MA vì O là tâm của hình hộp cũng là trung điểm NK

Từ K hạ KH vuông góc với AM thì : KH ⊥(A CM' ) ⇒KH =d K C MA( ;( ' ) ) 0.25

+ S AMK =SAA ' 'D D−SAA 'M −S MD K' −S AKD

AMK

a

S = MA KH ⇒KH = Vậy ( ( ) ) 6

; '

2

a

C’

A’

B’

C

D N

K O

H M D’

(1.0

điểm) Giải hệ phương trỡnh

( 1 2) ( 1 2) 1(1)

x x xy xy x







1 ⇔ +x x + = − + −1 y y +1(3)

+ Xột f t( ) = +t t2+1 ,t R∈

t t

+ + +

+ + Suy ra hàm số f(t) đồng biến trờn R

Suy ra : ( )3 ⇔ = −x y

0.25 0.25

Thế x = - y vào (2)

2

2

25

x x

Với 2x2+6x+ =1 3 x ⇔ =x 1;y= −1

VI.a

(2.0

điểm)

1 (1.0 điểm)

Ta cú A, B là nghiệm của hpt : 2 2

1

5

25 4



0.25

Theo giả thiết :

( )5;0 6 4;

5

A B







0.25

Giả sử C(a,b) Ta cú hệ

1

5

x

a b

y

AB AC

= −



0.25

Vỡ B, C phõn biệt 4; 6

5

C 

2 (1.0 điểm)

Giả sử d∩ ∆ =1 A d; ∩ ∆ =2 B

(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)

ABuuuur= +s t s t− + s− t , mf(R) cú vtpt nur=(1; 2; 3)− 0.25

*d⊥( )R ⇔AB nuuuur ur& cựng phương

s+ t s t− + s− t

−

23 24

t

d đi qua (1 1 23; ; )

12 12 8

A và cú vtcp nur=(1; 2; 3)− => d cú phương trỡnh

23

8

z

−

0.25

VII.a

(1.0

điểm)

Theo đề ra ta có : 3+ − 3 − 3 =

C C C 1725 ( n 2≥ )

1725 3! n 7 ! 3!7! 3! n 3 !

⇔ n 10 n 9 n 8+ + + −10.9.8 n n 1 n 2− − − =1725.6

0.5

⇔n2 + 8n – 345 = 0 ⇔  = − <n 15n= 23 2

Vậy n = 15

VI.b

(2.0

điểm)

a (1.0 điểm)

( ) ( )

2

2

M m m N n n P

IM m m

IN n n

∈



⇒ 



uuur

Vỡ :

2 4 2

4

IM IN



n m

n m



Vậy : (4; 2); (1;1)

(36;6); (9;3)

−



⇒  0.25 + M N, ∈( ), ( )d1 d2 nờn ta giả sử

1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2

M t t t N − − t t +t ⇒uuuurNM = +t t + t −t t − −t

+ MN song song mp(P) nờn: n NMuur uuuurP = ⇔0 1.(t1+2t2+ −1) 1.(t1−t2) 1(2+ t1− − =t2 1) 0

+ Ta cú:

1

1

0

7

t

t

=





 =



+ Suy ra: M(0; 0; 0), ( 1; 0;1)N − hoặc ( ; ; ), ( ;4 4 8 1 4 3; )

7 7 7 7 −7 7

+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trờn khụng cú trường hợp nào M∈( ).P

KL: Vậy cú hai cặp M, N như trờn thoả món.

0,25 0,25

0,25

0,25

VII.b

(1.0

điểm)

Từ giả thiết bài toán ta thấy có 2 6

4 =

C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và 2 10

5 =

chọn 2 chữ số lẽ

Suy ra : có 2

5

C 2 5

C = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán

0,25 0.25

Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập Vậy có tất cả 2

4

C C 4! = 1440 số52 0,25

Xỏc suất để chọn ra được 4 số tự nhiờn thỏa món đầu bài là :

1440 4

9000 25

-Hết -Chỳ ý: Cỏch chấm bài thi:

1) Học sinh làm cỏch khỏc với đỏp ỏn , nếu đỳng thỡ cho điểm tối đa cõu đú !

2) Học sinh làm sai hoặc sút ở bước 0, 25 đ nào thỡ cắt 0, 25 điểm tại đú.

3) Nếu đỏp ỏn cú gỡ sai sút cỏc thầy cụ sửa giỳp lại.

Giỏo viờn ra đề : Hoàng Xuõn Bớnh.