DAP AN tham khao DE THI THU 2013

Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn Mong rằng toán học bớt khô khan Em ơi trong toán nhiều công thức Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-20[r]

TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013

GV RA ĐỀ BÙI VĂN NHẠN Môn thi TOÁN: Giáo dục trung học phổ thông

ĐỀ THAM KHẢO

I

Cho hàm số 2 1 1

2

x y x





 có đồ thị  H

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2) Đường thẳng   d

đi qua điểm P4;4 cắt (H) tại 2 điểm phân biệt A B ; và cắt hai

tia Ox Oy , lần lượt tại M N ; sao cho tam giác OMN có diện tích nhỏ nhất Viết

phương trình tiếp tuyến của   H tại A B ; .

2,0

2) Đường thẳng   d đi qua điểm P4;4 cắt (H) tại 2 điểm phân biệt A B ; và cắt hai

tia Ox Oy , lần lượt tại M N ; sao cho tam giác OMN có diện tích nhỏ nhất Viết

phương trình tiếp tuyến của   H tại A B ; .

1,0

Đường thẳng  d : x y 1a 0,b 0

Đường thẳng (d) đi qua điểm P4;4 4 4 1

a b

  

Ta có

4 4 4.4 8

1

32 2

OMN

suy ra

1

OMN

a b

a b









 



Vậy SOMN nhỏ nhất bằng 32 khi a b  8  d :y x8

Giao điểm của (d) và (H) là A3;5 ; B5;3

' 3 3; ' 5

4

Phương trình tiếp tuyến của (H) tại A3;5 là y3x 3  5 3x14

Phương trình tiếp tuyến của (H) tại A5;3 là 3 5 3 3 27

0,25

0,25

0,25 0,25

sin 1 2 sin 1

1,0

II ĐK:

2

2

5

2

x

x

  



     







2

sin

1 cos 2 2sin tan 1 sin 2 2sin

2sin cos sin

1 sin 2 tan sin 2 1 1 sin 2 1 tan 0

cos

x

x

x

           





sin 2 1 4 tan 1

4

x x





  









4

x  m  m Z

là nghiệm phương trình đã cho

0,25

0,25

0,25 0,25

2) Giải bất phương trình: 2 1 6  x 3 6 x  1 6x2 1,0

ĐK:

x

x x

 



   



 

 Bpt(1)

4 4 2 3 12x 36x 1 6x 4 4 2 4 1 6x  1 6x

Đặt t  1 6x2 và từ bpt suy ra 0 t  4 0 t 4 Bpt trở thành

4 4 2 4 t t t 16 8 4 t t 4 t 4 8 4 t

4 t t  4 8 4 t 4 t8  4 t t 4   0

Mà 8 4 t t 4  0

Vậy 4 t   0 t 4

1 6

1 6 4

1 2

x x

x







    

 



0,25

0,25

0,5

KL bất phương trình có 2 nghiệm

1 1

;

6 2

S   

III

Tính tích phân sau

3

2 0

tan

3 sin

x

x









hoặc

3 2

0

sin sin cos

x







3 sin cos 4 cos

Đặt

4 cos cos 4 2 2sin cos sin cos

Đổi cận

15

   







  



2

4

I

t t







0,25

0,25

0,5

2)

3 2

0

sin sin cos

x











   

Đổi cận

0

2 0 2





  







   



Khi đó

3

2

sin

cos 2

sin cos

t

t







 



 

 

Vậy

sin cos 2

sin cos



0,25

0,25

0,5

IV Cho hình chóp đều S ABCD. có AB a 2, góc giữa SA và mặt phẳng  ABCD

 P

1,0

mặt phẳng  ABCD lần lượt cắt SA SB SC SD, , , tại các điểm A B C D', ', ', '. Tính thể tích khối đa diện ABCDA B C D' ' ' ' và bán kính mặt

cầu ngoại tiếp hình chóp S ABD

A'

C'

B'

D'

G

H

B A

S

Gọi H ACBD AB a 2 BD a 2 2 2 a

G là trọng tâm tam giác vì   P // ABCD  B D BD' '//

Và ' ' ' 'A B C D là hình vuông

Suy ra

Vì S ABCD là hình chóp đều suy ra

Tam giác ABD ta có

0

3

1

tan 60 3 2 2

S ABCD ABCD

a

0

1

tan 60 3 2 2

S A B C D A B C D A B C D

0,25

0,25

0,25

3 3

2 3 4 3 14 3

ABCDA B C D S ABCD S A B C D

a

Gọi O, R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD Suy ra O SH  OSBC suy ra R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

SBD mà SB SD BD  2a suy ra SBD đều nên 0

3 2sin 60

0,25

V

Tính giới hạn sau

2 0

ln 2 cos 2 27 8 lim

8

x

A

x



1,0

ln 2 cos 2 27 8 ln 2 cos 2 27 8

A

ln 2 cos 2 3 27 8 ln 1 1 cos 2 3 27 8

A

2 0

ln 1 2sin 3 27 8 lim

8

x

A

x



2

ln 1 2sin

.2sin sin

A

x x

vì

2 2 0

sin

x

x D

x



  

  và

2 0

ln 1 2sin

2sin

x

x E

x



nên

2

2

ln 1 2sin

lim

.2sin sin

x

x F

x

x x



2

2

3 3

lim 4

8 9 3 27 8 27 8

x

x A





0,25

0,25

0,25

   2

3 3

lim

9 3 27 8 27 8

x

A





 

0,25

VIa

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng  d :x y  2 0 và điểm

 2; 2

A   Lập phương trình đường tròn (T) đi qua điểm A và cắt đường thẳng (d) tại 2

điểm phân biệt B C, sao cho tam giác ABC vuông cân tại A

1,0

Ta có từ giả thiết suy ra đường tròn (T) cần lập là đường tròn có đường kính BC

Gọi B t ;2 t   d  AB t 2;4 t

Ta có ABC CAB 450 Đường thẳng (d) có VTCP:  u  1; 1



2

2 2 4 20

t



 

 

2

2 2

1 2 4 20 4 8 4 2 8 0

2 4 20

t



 

2 8 0

2

t

t





      



Với

4 4; 2





  

 vì vai trò của B và C như nhau suy ra

4; 2 4; 2 2;4 2;4



Đường tròn (T) có tâm là I1;1 ; R 3 2 nên có phương trình x 12 y 12 18

0,25

0,25

0,25

0,25

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A  0;0;3 , M     2; 3; 6  Điểm M '

thỏa mp Oxy  

là mặt phẳng trung trực của MM ' Điểm B là giao điểm của đường

thẳng  AM '  và mp Oxy  .Viết phương trình mặt cầu (S) tâm B và tiếp xúc với

 

mp Oxz

1,0

 

mp Oxy là mặt phẳng trung trực của MM ' suy ra M M , ' đối xứng với nhau qua

 

mp Oxy

suy ra M   ' 2; 3;6  

Gọi B m n  , ,0  là giao điểm của  AM '  và mp Oxy   suy ra 3 điểm A M B , ', thẳng

0,25

hàng suy ra tồn tại số k sao cho               AB k AM                '

 ; ; 3 ;  '  2; 3;3 

Mặt cầu (S) tâm B tiếp xúc với mp Oxz   suy ra bán kính R  yB  3

Ptmc(S):  x  2 2  y  3 2  z2  9

0,25

0,25

0,25

VIIa Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ 1,0

Từ giả thiết bài toán ta thấy có C52=10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu ) và C53=10 cách chọn hai chữ số lẻ  có C52

.C53 = 100 bộ 5 số được chọn

Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập  có tất cả C5

2

.C5 3

.5! = 12000 số

Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C41.C53 4 !=960 Vậy

có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thoả mãn YCBT

0,25

0,25 0,25 0,25

VIb

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 52 y2 41 Viết

phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm

5

;2 2

M  

  và cắt (C) tại 2 điểmphân biệt

,

A B sao cho MA3MB.

1,0

Đường tròn (C) có tâm I5;0 , R  41

Ta có IM R nên M ở trong (C) Đặt Gọi A a b ;    C  a 52b2 41 1 

 ;     52 2 41 2 

M ở trong (C) và MA3MB AM  3BM

5

;2 2

AM   a  b

;

BM   m  n  BM    m   n

 

 

3

8 3 4



  

 





 

Thế (3), (4) vào (1) ta được 5 3 m28 3 n2 41 5 

Giải hệ (2) và (5)

9 30 9 48 48

5 3 8 3 41







0,25

 

2 2

16 5 4

16 5

5 4 16

4

m n

m













2

16 160 256 160 25 256

Khi đó

10

10; 4 , 0;4 4

a

b









Phương trình đường thẳng cần tìm là

10 0

4 10 5 4 5 40 0



0,25

0,25

0,25

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  1;2;1 ,  B  0;1;0 ; 0;6;4   I 

Đường thẳng    đi qua điểm I, cắt Ox tại điểm M , cắt đường thẳng  AB  điểm

N Tính diện tích tam giác OMN

1,0

Gọi M m  ;0;0    Ox 

Gọi N x y z  ; ;    AB     AN AB ;

cùng phương nên tồn tại số thực t sao cho

 

1

1

 





  



 1 ;2 ;1 

IN   t t     t IM  m  

3 điểm I M N ; ; nằm trên    nên   IM IN ; cùng phương suy ra tồn tại số k sao cho

 



Vậy M  4;0;0 ,  N  2;3;2 

Diện tích tam giác OMN

OMN

 

0,25

0,25

0,25

0,25

VIIb

Ta có:

2 2

1 ' mx

y

x





Hàm số có hai cực trị  y' 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0  m0(*) Khim 0 đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là:

    2

m



   

m



( không đổi)

1

1 2

m

m

m







     





Kết hợp với điểu kiện (*) ta được

1 2

m 

0,25

0,25

0,25

0,25