de thi thu DH 12A3 MDA co dap an

Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đ ợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định..[r]

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2013 LỚP 12A3

Trường THPT Mỹ Đức A – Hà Nội

Khối A, B, A1

Đáp án gồm 05 trang

ĐIỂM

I.1.(1.0đ) 1 Khảo sát hàm số : y x 4 4x24

+ Tập xác định: D R

+ Sự biến thiên: y' 4 x3 8x; y’ = 0 khi x = 0 ; x  2

0.25

+ Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại x = 0, yCĐ = 4

Hàm số đạt CT tại x  2 , yCT = 0

+ Giới hạn : xlim y ; limx y

      

0.25

+ Bảng biến thiên

x -   2 0 2 +  y’ - 0 + 0 - 0 +

y + +

4

0 0

0.25

+ Vẽ đồ thị :

f(x)=x^4-4*x^2+4

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x y

Nhận xét : Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng

0.25

I.2.

(1.0đ) Ta có PT hoành độ giao điểm

2

2

2

x

x mx m

x m

để đồ thị hs cắt Ox tại 4 điểm phân biệt thì ta phải có 2 2 0 1 *



Có 2 trường hợp xảy ra:

TH1 : 2m 2 2  m2 PT có 4 nghiệm lần lượt là :

x  m x  x  x  m

0.25

TH2 : 2m 2 2 m2 hợp (*) có 1 < m < 2 PT có 4 nghiệm lần lượt là :

x  x  m x  m x 

0.25

II. 1.

(1.0đ)

Giải phương trình: 6sin – 2cos 5sin 2 cosx 3x  x x

Nếu cosx = 0 từ phương trình suy ra sinx = 0 vô lí

Nếu cosx 0 chia 2 vế cho cos x3 ta được

3tan 1 tanx  x 1 5 tan x3tan x 2 tanx 1 0

0.5

Đặt t = tanx ta có phương trình 3t3 2 1 0t  t1 3  t23 1t 0

Giải được t = 1 và pt có nghiệm x 4 k





với k  

0.25

II.2.

2

1 3 2

1 3

m

x x

ĐK :   1 x 3

Khảo sát hs f(t) trên 2; 2 2 được 4f t  12 2

III.

(1.0đ)

Viết lại tích phân:

2

Tính :

2 0

2

0

1 1

1 1

2

x

x

x H





Tính

2

1 1

2

d x x



Vậy 3 5 1ln 3 2

2

IV.

(1.0đ)

A

B

C

A'

B'

C'

Đặt AC = 2x, suy ra AB = x; BC = x 3 Chu vi ABC: 2p = 3x + x 3

2

ABC

x

S  AB BC

Mà S = p.r

x



2

ABC

a

S  

0.5

Ta có góc giữa (A’BC) và (ABC) là góc  'A BA; theo giả thiết A BA ' 600

Từ tam giác vuông A’AB ta có

0

Thể tích khối trụ là

AA '

ABC

0.5

V.(1.0đ) Bất đẳng thức tương đương

2 2 2 x y z y z x z x y 0

x y y z z x

x y z

Do y z >0 nên y – z  0 và

x y z x y z



Do x y z  >0 nên z – x  0 và

y z x y z x



Từ đó

x y z y z x z x y x y z y z x z x y

0.5

Biến đổi

0 do

x y z y z x z x y x y xy x z y z z x y

x y y z x z x y z

VI.1.

(1.0đ)

Gọi R, H, K là bán kính đường tròn,

trung điểm AB, CD

2 ,

5

IH d I d 

6 ,

5

D C

B

I K

H A

0.25

Áp dụng pitago có

BH R  IH R   BH  R 

CK R  IK R  CK  R 

0.25

Từ

AB CD   R   R    R   R   0.25

Đặt t 5R2ta có phương trỡnh: t 4 t 36 8

Giải phương trỡnh đươc t = 40 hay R 2 8

Phương trỡnh đường trũn: x 22y 42 8

0.25

VI.2.

A d A a a a B d B b b b

AB b a b a b a

Do AB vuụng góc với d1 nờn ABu d1 a2b1

Khi đó AB  b;1; b 1

Ta có AB  6b2   1  b 12  6 b1;b2

0.25

b = 1 thỡ AB  1;1; 2 ;  B1; 2; 1 



Phương trỡnh :

x y z

b = -2 thỡ AB2;1;1 ; B2; 4; 4  

Phương trỡnh :

x y z

0.25

VII

(1.0đ) ĐK: 32  x 4

2

log 2 2x 3  1 log (5 x) log 4 x

0.5

2,

4

x x



0.5

Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đ ợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định.