b Xác ñịnh tham số m ñể ñường thẳng : d y=2x−2m cắt ñồ thị hàm số 1 tại hai ñiểm phân biệt A, B và cắt các trục Ox, Oy theo thứ tự tại M, N sao cho diện tích tam giác OAB bằng ba lần d
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC 2013
Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát ñề
ðỀ SỐ 01
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu 1 (2,0 ñiểm) Cho hàm số 2 (1)
1
x m y
mx
−
= + , với m là tham số thực khác không
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 1
b) Xác ñịnh tham số m ñể ñường thẳng ( ) : d y=2x−2m cắt ñồ thị hàm số (1) tại hai ñiểm phân biệt
A, B và cắt các trục Ox, Oy theo thứ tự tại M, N sao cho diện tích tam giác OAB bằng ba lần diện tích tam giác OMN
Câu 2 (1,0 ñiểm) Giải phương trình: sin 2 (2 cos x x− +5) cos 2x+4 sinx−5 cosx+ =3 0
Câu 3 (1,0 ñiểm) Giải hệ phương trình:
2
x y
∈
Câu 4 (1,0 ñiểm) Tính tích phân
1 2 0
1
x
x
xe
x e
−
= +
Câu 5 (1,0 ñiểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có ñáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = AC = a, hình
chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là ñiểm H nằm trên cạnh BC sao cho BH = 3CH, góc giữa BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a và tính côsin góc ϕ tạo
bởi mặt phẳng (BCC’B’) với mặt phẳng (ABC)
Câu 6 (1,0 ñiểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P
II PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñiểm A(4; 1) và ñường tròn
( ) : ( 2) ( 3)
3
T x+ + −y = Viết phương trình ñường thẳng (d) cắt (T) tại hai ñiểm B, C sao cho tam giác ABC ñều
Câu 8.a (1,0 ñiểm) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 2; 3), ñường cao BH
nằm trên ñường thẳng ( ) :1 1 7
d = − = −
− và ñường trung tuyến CM nằm trên ñường thẳng 2
( ) :
d − = − = −
− Tìm tọa ñộ các ñiểm B và C
Câu 9.a (1,0 ñiểm) Một hộp ñựng 28 viên bi, trong ñó có 8 viên bi màu ñỏ, 9 viên bi màu vàng và 11 viên
bi màu xanh Lấy ngẫu nhiên ra 4 viên bi Tính xác suất ñể trong 4 viên bi lấy ra, có ít nhất một viên bi màu ñỏ
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại ñỉnh (2; 1) A và
ñiểm M( 3; 4)− thuộc ñoạn BC sao cho BC=4BM Tìm tọa ñộ các ñỉnh B và C
Câu 8.b (1,0 ñiểm) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho hai ñường thẳng ( ) :1 2 3 3
d − = − = −
,
2
( ) :
d − = − = −
− và ñiểm A(2; 3; 1) Tìm tọa ñộ các ñiểm B thuộc (d1) và C thuộc (d2) sao cho , ,
A B C thẳng hàng và tam giác BIC cân tại I, với I là giao ñiểm của (d1)và (d2)
Câu 9.b (1,0 ñiểm) Giải phương trình: 2 6 2 2
3x − −x −3x+ + −x 2x− =8 0 - Hết -
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:………; Số báo danh:………
Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2:
Trang 2ðÁP ÁN
1
(2,0
ñiểm)
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 1
Khi m = 1, hàm số (1) có dạng 2 1
1
x y x
−
= +
3
( 1)
x
− ℝ
Hàm số ñồng biến trên các khoảng: (−∞ −; 1) và ( 1;− + ∞)
0,25
Giới hạn và tiệm cận:
x − y x + y
→− = +∞ →− = −∞; tiệm cận ñứng: x = −1 lim lim 2
Bảng biến thiên:
0,25
ðồ thị:
0,25
b) Xác ñịnh tham số m ñể ñường thẳng ( ) : d y=2x−2m cắt ñồ thị hàm số (1) tại hai ñiểm phân biệt A,
B và cắt các trục Ox, Oy theo thứ tự tại M, N sao cho diện tích tam giác OAB bằng ba lần diện tích tam giác OMN
Ta có phương trình hoành ñộ giao ñiểm giữa d và ñồ thị hàm số (1):
2
1 1
2
1
x x
x m
mx
Suy ra d cắt ñồ thị hàm số (1) tại 2 ñiểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình
2
2x −2mx− =1 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1
m
− ðiều này tương ñương với:
2
2 2 2
2
m
m
m m
+ ≠
ñúng ∀ ≠m 0
Vậy ∀ ≠m 0, d luôn cắt (C) tại 2 ñiểm phân biệt A, B
0,25
Ta có:
| |
B A
a
∆
x y’
y
−1
−∞
2
x
y
1 2
− 1
− 1 0
Trang 3y = x − m y = x − m⇒ y −y = x −x = m +
+ [ , ( )] | 2 |
5
m
d O d =
OAB
m
S = AB d O d = m + = m m +
+ Giao ñiểm của (d) với các trục tọa ñộ lần lượt là M(m; 0) và N(0; −2m) Diện tích ∆OMN
ñược tính bởi:
2
| | | 2 |
OMN
Theo giả thiết:
OAB OMN
2
m= ± là kết quả của bài toán
0,25
2
(1,0
ñiểm)
Giải phương trình: sin 2 (2 cosx x− +5) cos 2x+4 sinx−5 cosx+ =3 0
Phương trình tương ñương:
4 sin cosx x−10 sin cosx x+4 sinx+2 cos x+ −5 cosx+ =2 0
2 sin (2 cosx x 5 cosx 2) 2 cos x 5 cosx 2 0
2
2
x
+ =
2
7 2
2 6
= − +
x= ⇔ = ± +x π k π k∈
ℤ
Vậy phương trình có các họ nghiệm 2 ,
3
x= − +π k π x= π +k π k∈
ℤ
0,25
3
(1,0
ñiểm)
Giải hệ phương trình:
2
ðK: x≤2, y≤2
Xét phương trình (1):
(1)⇔x +3x−3y=3x +3y + ⇔2 x −3x +3x− =1 y +3y +3y+ ⇔ −1 (x 1) =(y+1)
x− = + ⇔ = −y y x
Thay y= −x 2 vào phương trình (2) ñược: x− +2 4− =x x2 −6x+11 (3)
0,25
,
a b
∀ ∈ℝ ta luôn có bất ñẳng thức ñúng:
(a b− ) ≥ ⇔0 2(a +b )≥ +(a b) ⇔ + ≤|a b| 2(a +b ) (*)
và ñẳng thức chỉ xảy ra khi a = b
Ghi chú: Thí sinh nếu sử dụng BðT BCS thì cũng phải CM
0,25
Áp dụng (*) ta có: x− +2 4− ≤x 2(x− + −2 4 x) =2 ðẳng thức chỉ xảy ra khi:
Mặt khác: x2−6x+ = −11 (x 3)2+ ≥ ∀ ∈2 2, x ℝ ðẳng thức cũng chỉ xảy ra khi x = 3
Kết quả trên chứng tỏ pt (3) chỉ có một nghiệm x = 3 ⇒ y =1
Vậy hệ phương trình ñã cho có 1 nghiệm (3; 1)
0,25
Trang 44
(1,0
ñiểm)
0
1
x
x
xe
x e
−
= +
Giải:
2
1 1
x
x
x x e
dx dx
x e
+
+
1
0
1
x
x
x e
dx x
x e
+
+
1 2 0
ln |1 x e x| 1 ln(1 e) 1
5
(1,0
ñiểm)
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có ñáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = AC = a, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là ñiểm H nằm trên cạnh BC sao cho BH = 3CH, góc giữa BB’ và mặt
phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a và tính côsin góc ϕ tạo bởi mặt phẳng (BCC’B’) với mặt phẳng (ABC)
Ta cóA H' ⊥(ABC)⇒ góc giữa AA’ với
mp(ABC) là A AH'
Mặt khác do AA’//BB’ và góc giữa BB’ với mp(ABC) bằng 600 nên suy ra A AH' =600
0,25
Gọi I là trung ñiểm của BC Từ giả thiết ∆ABC vuông cân tại A, AB = AC = a và BH = 3 HC,
ta suy ra ∆AIH vuông tại I có: 1 2
a
a
IH = BC=
AH AI IH
0,25
A H =AH = = và thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ ñược
tính bởi:
3 2
ABC
V =S A H = AB AC A H = a = (ñvtt)
0,25
Vì (ABC)//(A’B’C’) nên ϕ cũng là góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (A’B’C’) Gọi K là
trung ñiểm của B’C’ Ta có:
' ( ' ' ')
'
HA A B C
HKA
A K⊥ B C ϕ
⊥
Trong ∆A’HK có
HK A H A K
HK
ϕ
0,25
6
(1,0
ñiểm)
Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P
P
60°
K
C'
B'
I A
B
C A'
H
Trang 5Mặt khác, 1 1 1 9 3
2012x 1+2012y 1+2012z 1≥ 2012(x y z) 3= 2013
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1
7a
(1,0
ñiểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñiểm A(4; 1) và ñường tròn ( ) : ( 2)2 ( 3)2 40
3
phương trình ñường thẳng (d) cắt (T) tại hai ñiểm B, C sao cho tam giác ABC ñều
ðường tròn (T) có tâm I(-2;3), bán kính 2 30
3
R=
Tam giác ABC ñều nên ñường thẳng d vuông góc với IA và [ , ( )] 3
2
d A d = BC
0,25
Ta có IA=(6; 2)− ⇒ vtpt của d là n=(3; 1)− ⇒ ptd: 3x− + =y m 0 0,25
2
11
9
m
m
= −
=
Vậy ∆: 3x− − =y 1 0 hoặc 3x− + =y 9 0
0,25
8.a
(2,0
ñiểm)
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 2; 3), ñường cao BH nằm trên ñường
d = − = −
2
( ) :
d − = − = −
− Tìm tọa ñộ các ñiểm B và C
Từ giả thiết ta có: B∈d1⇒B t( ; 11 +t1; 7 2 )− t1
0,25
2 (2 2; 2 2 ; 42 2)
+ M là trung ñiểm của AB nên 1 1
1
t t
M + + −t
1
1
t
t
− −
0,25
+ AC=(t2− −1; 2 ;t2 t2+1), d1 có vtcp a=(1; 1;−2)
AC ⊥ d1 nên AC a = ⇔ − −0 t2 1 2t2−2t2− = ⇔ = −2 0 t2 1⇒ C(1; 4; 3) 0,25
9.a
(1,0
ñiểm)
Một hộp ñựng 28 viên bi, trong ñó có 8 viên bi màu ñỏ, 9 viên bi màu vàng và 11 viên bi màu xanh Lấy ngẫu nhiên ra 4 viên bi Tính xác suất ñể trong 4 viên bi lấy ra, có ít nhất một viên bi màu ñỏ
Cách 1:
Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi trong 28 viên bi thì số phần tử không gian mẫu |Ω =| C284 =20475 0,25
Gọi A là biến cố “trong 4 viên bi lấy ra, có ít nhất 1 viên bi màu ñỏ” ⇒ A là biến cố “trong 4
viên bi lấy ra, không có viên bi màu ñỏ nào” Ta có số phần tử của tập hợp các kết quả thuận
( )
20475 1365
P A
1365 1365
Trang 6Cách 2:
Gọi A i i( =1, 4) là biến cố: “trong 4 viên bi lấy ra, có i viên bi màu ñỏ” và A là biến cố
“trong 4 viên bi lấy ra, có ít nhất 1 viên bi màu ñỏ” Khi ñó các Ai là xung khắc và A=
A1∪A2∪ A3∪ A4
0,25
Ta có số phần tử của tập hợp các kết quả thuận lợi cho Ai là 4
8i 20i ( 1, 4)
Vậy
8 20 8 20 8 20 8 20 9120 5320 1120 70 1042 ( )
C C C C C C C C
0,25 7.b
(1,0
ñiểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại ñỉnh A(2; 1) và ñiểm M(-3; 4) thuộc ñoạn BC sao cho BC=4BM Tìm tọa ñộ các ñiểm B và C
Dựng hình vuông ABEC
Ta có BK // AC và BC =4BM nên
3
MK = MB = ⇒ AM =3MK ⇒ 14;5
3
K
−
AB là ñường thẳng qua A, vtpt n=( ; )a b ≠0
⇒ pt AB a x: ( − +2) b y( − =1) 0
BE là ñường thẳng qua K và vuông góc với AB
3
0,25
5
b a
a b
a b
a b
TH1: 9a – 2b = 0, chọn a = 2, b = 9 Ta ñược
AB: 2x + 9y – 13 = 0, BE: 9x – 2y + 52 = 0
⇒
−
0,25
TH2: 6a – 7b = 0, chọn a = 7, b = 6, ta ñược:
AB: 7x + 6y – 20 = 0, BE: 6x – 7y + 63 = 0
0,25
8.b
(2,0
ñiểm)
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz cho hai ñường thẳng 1: 2 3 3
d − = − = −
,
2
:
d − = − = −
− và ñiểm A(2; 3; 1) Tìm tọa ñộ ñiểm B trên d1 và tọa ñộ ñiểm C trên d2 sao cho
A, B, C thẳng hàng và tam giác BIC cân tại I, với I là giao ñiểm của d1 và d2
Tọa ñộ I là nghiệm của hệ pt:
Giải hệ tìm ñược I(1; 1; 1)
Ta có : B ∈ d1 ⇒ B(2 + t1 ; 3 +2t1 ; 3 + 2t1 ) ; C ∈ d2 ⇒ C(1 + t2; 1 + 2t2; 1 −2 t2) ,
ðK: B khác I, C khác I hay t1 ≠ −1,t2 ≠0
Theo yêu cầu của ñề bài ta phải có (1)
AB AC
=
=
0,25
Xét (1): (1)⇔(t1+1)2+(2t1+2)2+(2t1+2)2 = +t22 4t22+4t22 ⇔9t12+18t1+ =9 9t22
1
1
= +
⇔ + = ⇔
= − −
0,25
M
K
Trang 7Xét (2):
− + − + =
− + − =
Từ ñó có 2 trường hợp:
TH1: t2 = +t1 1, thay vào (3) ñược:
2
2 (t t + − + + − = ⇔1) t t 1 1 0 2t +2t = ⇔ =0 t 0(nhận), t1 = −1 (loại) ⇒ t2 =1
Suy ra: B(2; 3; 3) và C(2; 3: −1)
0,25
+ TH2: t2 = − −t1 1, thay vào (3) ñược:
2
2 (t − − − − − − = ⇔t 1) t t 1 1 0 2t +4t + = ⇔ = −2 0 t 1 (loại)
Vậy B(2; 3; 3) và C(2; 3: −1) là ñáp số của bài toán
0,25
9.b
(1,0
ñiểm)
Giải phương trình: 2 6 2 2
x x
Phương trình ñã cho tương ñương: 3x2− −x 6+(x2 − − =x 6) 3x+2+ +(x 2) (1) 0,25
ðặt ( )f t = +3t t thì pt (1) có dạng f x( 2− − =2 6) f x( +2) (2)
0,25
Xét hàm số ( )f t = +3t t, ta có:
TXð: ℝ , f t'( )=3 ln 3 1t + > ∀ ∈0, t ℝ
4
x
x
= −
=
Vậy pt có 2 nghiệm: x = −2, x = 4
0,25
= − − −
