PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu 1.. Cho hình chóp S.ABCD, có ñáy ABCD là hình vuông tâm O, hình chiếu của S trên mặt ñáy trùng với trung ñiểm H của AO.. ABCD và khoảng cách giữa
Trang 1SỞ GD-ðT HÀ NỘI ðỀ THI THỬ MÔN TOÁN – ðỢT I NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CẦU GIẤY Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát ñề)
-0O0 - (Thí sinh không ñược sử dụng bất cứ tài liệu nào,
cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ, tên thí sinh:……… Số báo danh:………
A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu 1 (2 ñiểm) Cho hàm số 3 2
3
y=x + x + m
1) Khảo sát và vẽ ñồ thị (C) của hàm số với m = − 2
2) Tìm m ñể hàm số có cực ñại, cực tiểu tại A, B sao cho AOB =1200
Câu 2 (2 ñiểm)
1) Giải phương trình: 3cot2 3(cot 1) 4 2 os 7 1
x
2) Giải hệ phương trình:
2 2
Câu 3 (1 ñiểm) Tính tích phân: 2 4 ( 2 )
3 1
1
x
x− + −
∫
Câu 4 (1 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD, có ñáy ABCD là hình vuông tâm O, hình chiếu của S
trên mặt ñáy trùng với trung ñiểm H của AO Mặt phẳng (SAD) tạo với ñáy góc 0
60 và AB= a
Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai ñường thẳng AB và SC
Câu 5 (1 ñiểm) Cho a, b là các số thực dương thoả mãn ab+a+b=3 Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:
( 2 2)
B PHẦN TỰ CHỌN
I Theo chương trình chuẩn
Câu 6a
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, hai ñỉnh A, B thuộc Ox, cạnh (BC): 4x+3y−16= Xác ñịnh toạ ñộ trọng tâm G của tam giác ABC biết bán kính 0 ñường tròn nội tiếp bằng 1
Trang 22) Trong không gian với hệ toạn ñộ Oxyz cho mặt phẳng (P): x+2y− + = và ñường thắng z 5 0
x+ y+ z−
= = Gọi (d’) là hình chiếu vuông góc của (d) lên mặt phẳng (P) và E là giao
ñiểm của (d) và (P) Tìm ñiểm F thuộc mặt phẳng (P) sao cho EF vuông góc với (d’) và
EF=5 3
Câu 7a (1 ñiểm) Tìm hệ số của 4
x trong khai triển 3 1 1
n
x
x
(x>0) biết n là số nguyên
dương thoả mãn 3C n1+1+8C n2+2 =3C n3+1
II Theo chương trình nâng cao
Câu 6b (2 ñiểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I của hình chữ nhật là giao ñiểm của các ñường thẳng:
− Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) và tạo với ( )∆ một gocd 30 ñộ
Câu 7b (1ñiểm) Giải bất phương trình 2 2 ( 2 )
2 log2 3 5 log4 3
log x− x − > x −
Trang 3SỞ GD-ðT HÀ NỘI ðÁP ÁN ðỀ THI MÔN TOÁN
-0O0 -
Câu Nội dung ðiểm Khảo sát y=x3+3x2− 2 • TXð: R • Sự biến thiên: o Giới hạn: lim ; lim x y x y →−∞ = −∞ →+∞ = +∞ o Chiều biến thiên: ' 3 2 6 0 0 2 x y x x x = = + = ⇔ = − Hàm số ñồng biến trên (−∞ −; 2) và (0; +∞); nghịch biến trên (−2; 0) Hàm số ñạt Cð tại x = − ; 2 y CD = ; ñạt CT tại 2 x =0; y CT = − 2 o ðiểm uốn: (−1; 0) 0.25 0,25 o Bảng biến thiên: x -∞ -2 0 +∞
y’ + 0 - 0 +
y 2 +∞
-∞ -2
0,25
Câu 1
• ðồ thị:
0,25
Trang 4( ) ( )
0
2
x
x
=
= ⇔ = − ⇒ − + là các ñiểm cực trị 0,25
2
OA OB
c AOB c
OA OB
0,25
2 2
2
m m
+
0( )
12 12
( ) 3
=
=
0,25
1 ðiều kiện sinx≠ ⇔ ≠0 x kπ (k∈Z)
2
3 s inx cos 3cos
4 s inx cos 1
3cos 3 s inx cos 4 s inx cos sin sin
x x
+
0,25
2
s inx cos 3 4 sin 3cos sin 0
s inx cos 1
s inx
2
x
0,25
2
s inx cos 1
2 2
x
= +
= − +
0,25
Câu 2
s inx
2
3
π π π π
= +
= ± ⇔
= − +
Kết hợp ñiều kiện ta ñược các nghiệm
x= − +π kπ x=π +kπ x= − +π kπ
0,25
Trang 5Thế: 3y= y +3x− −1 x từ phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất
ta có:
( ) ( )
2 2
1
1
− =
0,5
• x− = => thế vào phương trình thứ hai ta có: 1 y 3, 1
x= y=
• x− = − => thế vào phương trình thứ hai ta có: 1 y 3, 1
x= y=
Hệ phương trình có hai nghiệm: 3 1; , 3 1;
4 4 2 2
0,5
2 1
2
2
5
2
2
.ln
I =∫t tdt ðặt
5 5
2
2
1 ln
ln
2
du dt
dv tdt
v t
=
∫
0,25
Câu 3
ln 2 ln 2
Câu 4
Kẻ HM vuông góc với AD tại M Do AD⊥SH nên AD⊥(SHM)
Vậy SMH =600 là góc giữa (SAD) và (ABCD)
3
SH ⊥ ABCD ⇒V = SH S
ABCD là hình vuông cạnh a nên
2
Trang 6Tam giác vuông SAH có:
0
tan 60
MH = CD= ⇒SH =MH =
Vậy:
3 2
b) Vì AB DC nên d(AB,SC)=d(AB,(SDC))=d(A,(SDC))
CA= CH ⇒d A SCD = d H SDC
Kẻ HN ⊥CD tại N, HK ⊥SN tại K
0,25
Khi ñó d H SDC( ,( ) )=HK và 3 3
a
HN = AD=
8
a HK
HK =SH +HN ⇒ = Vậy ( , ) 4 3
3 8 2
a a
Câu 5
t= + ⇒a b ab= −t a +b = a b+ − ab= +t t−
Ta có:
2
2
2 2
1
2
a b
+
Xét hàm số: ( ) 2 12
2
f t t t
t
= − + + + với t ≥ 2
12
t
= − + − < ∀ ≥ do ñó f(t) nghịch biến trên [2; +∞)
Suy ra ( ) (2) 6 3
2
f t ≤ f = ⇒ ≤ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=1 P
Vậy ax 3
2
m
P = khi và chỉ khi a=b=1
0,5
0,5
Câu 1 Do B∈(BC) và B nằm trên Ox nên toạ ñộ B là nghiệm của hệ: 0,25
Trang 7( )
0
4; 0
y
B
x y
=
⇒
Giả sử A a( ; 0)⇒AB=(4−a; 0) Do ( ) ;16 4
3
c
C∈ BC C c −
Tam giác ABC vuông tại A nên 0 ;16 4
3
a
AB AC c a C a −
2
ABC
a
ABC
a
0,25
0,25
Do ñó: 2
7 2
3
4
a
a
=
=
4
7 7; 0 , 4; 0 , 7; 4 , 6;
3
4
1 1; 0 , 4; 0 , 1; 4 , 2;
3
• a= ⇒4 A( ) ( ) ( )4; 0 ,B 4; 0 ,C 4; 0 : Loại
0,25
2 Ta có ( ) ( )d ∩ P tại E(-1;0;4)
Giả sử F x y z( 0; 0; 0) ( )∈ P ⇒x0+2y0−z0+ =5 0
Vì EF vuông góc (d’) nên EF vuông góc với (d), do ñó:
d
u = ⇒ x + + y + z − = ⇒ x +y +z − =
( )2 2 ( )2
EF=5 3⇔ x +1 +y + z −4 =75
0,5
6a
Giải hệ:
1
0 0 0
2
4; 5; 1
6;5;9
F
x y z
F
⇒
−
0,5
Câu 7
Ta có:
Trang 8( )
9 22 0
2
n
=
Ta có khai triển:
( )
11 0
k k
k
−
=
11
2
( 1)
i i
x
−
0,25
ðể có số hạng chứa x 4
11
2
k
−
1; 1 3; 0
k i
⇔ = =
0,25
Do ñó hệ số của x là: 4 C n1.3.C11( 1)− 1+C113.33 =4422 0,25
1 Gọi tâm I =d1∩d2 suy ra toạ ñộ I là nghiệm của hệ:
;
x y
I
x y
− − =
⇒
0,25
Giả sử M là trung ñiểm của AD ñồng thời là giao ñiểm của d và Ox 1
2
12
3 2
ABCD ABCD
S
AB
Vì M I, ∈d1⇒AD⊥( )d1 ⇒AD qua M và có VTPT n =VTCPud1 =( )1;1
nên có PT:
(AD): x+ − = y 3 0
0,25
0,25
Câu
6b
Do
2
AD
MA=MD= ⇒ Toạ ñộ A, D là nghiệm của hệ:
2 2
3
x y
+ =
0,25
Trang 9Suy ra: A( ) (2;1 ,D 4; 1 ,− ) ( ) (B 5; 4 ,C 7; 2)
2 (P) chứa (d) nên (P) ñi qua M(2;-1;-1) ( )∈ d và có dạng:
Ax+By+Cz−2A+ + = B C 0 ( 2 2 2 )
0
A +B +C ≠
• ( )d ⊂( )P ⇒u n d p = ⇒ + − =0 A B C 0 (1)
0,25
Góc giữa ∆ và (P) bằng 30 nên: 0
( )
sin ;
P
+ +
0,25
Thay (1) vào (2) ta có: 2 2 5 2 2 0 2
2
= −
0,25
• Khi A= - 2B=> Chọn B= −1,A=2,C= ⇒1 ( ) : 2P x− + − = y z 4 0
• Khi 2A= - B => Chọn B= −2,A=1,C= − ⇒1 ( ) :P x−2y− − = z 5 0 0,25
0
x
>
0,25
ðặt t=log2 x, BPT có dạng:
2
t − t− > t− ⇔ t− t+ > t−
( )( ) ( )2
1
1 3
t
t t
t
≤ −
≤ −
0,25
1
2
Câu
7b
• 3< < ⇒t 4 log2 x< ⇔ < <4 8 x 16
BPT có tập nghiệm là: 0;1 (8;16)
2
∪
0,25