De thi thu dai hoc nam 2013 mon Toan lan 2 THPT NinhGiang

Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.. Mặt khác trong các cách chọn không có bi xa[r]

Trường THPT Ninh Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG LẦN II

Tỉnh Hải Dương Môn Toán; Khối A, B,A1 - Năm học 2012-2013

Đề thi gồm 01 trang Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 42mx2m3(Cm)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = -1

2 Xác định m để đồ thị (Cm) cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ thoả mãn

1 2 3 1 2 4

x x x   x

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác:

sin 3 sin 2 sin

2 Giải phương trình:

5x 14x 9 x  x 20 5 x1

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 2  4 4 

0 cos 2 sin cos



Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 4a Trên cạnh AB và AD lần

lượt lấy hai điểm H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD Biết SH vuông góc (ABCD) và SBH 30  0 Gọi E là giao điểm của CH và BK Gọi M là hình chiếu của H trên cạnh SA Tính thể tích của hình chóp M.AHEK

Câu V (1,0 điểm) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x +y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với C (-1;-1 ) Biết phương

trình cạnh AB là x + 2y -3 = 0, trọng tâm G thuộc đường thẳng (d): x + y – 2 = 0 và AB  5 Tìm tọa độ

A, B

Câu VII.a (1,0 điểm)Giải bất phương trình

2

2

log 2log

2 2x x x  20 0

Câu VIII.a (1,0 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3

viên bi vàng có bán kính khác nhau Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I

thuộc đường thẳng  d x y:   3 0 và có hoành độ

9 2

I

x 

, trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d)

và trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật

Câu VII.b (1,0 điểm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh

¿

xlog3y

+2 ylog3x

=27 log3y − log3x=1

¿{

¿

Câu VIII.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của x5 trong khai triển biểu thức P x 1 2 xnx21 3 x2n

,

biết rằng 2 n11 5

A C 



-Hết -Họ và tên thí sinh:……… Số báo danh: ………

Thí sinh không được dùng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TOÁN KHỐI A-B LẦN II ( Đáp án gồm 05 trang )

+ Sự biến thiên

 Giới hạn:

lim ; lim

      



 

1

x

x







0,25

 Bảng biến thiên

 Đồ thị

0,25

2 Xác định m để đồ thị (Cm) cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ thoả mãn… 1,00

Xét phương trình hoành độ giao điểmx42mx2 m 3 0(1)

Đặt tx2 điều kiện t 0.Phương trình trở thành t22mt m  3 0.(2)

Giả sử nếu phương trinh (2) có 2 nghiệm thỏa mãn0 t 1t2 thì phương trình (1) sẽ có các

nghiệm làx1  t2 x2  t1 x3  t1 x4  t2

0,25

Bài toán trở thành tìm m để phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt thỏa mãn:

1 1 4 2

t   t

0,25

2

3 0

3 0

1 4 0

1 4

3

1 4

m

P m

m

m









  





  

1 1 4 2

t   t

Thay m từ Định lý Viet ta có

4

9

m

m

m



 



 Kết hợp với (*) ta có

19 3

9

m

   

0,25

sin 3 sin 2 sin

     sin3 x  cos3 x  sin 2 (sin x x  cos ) x 0,25 sin 2 cos x x cos2 sin x x (cos2 cos x x sin 2 sin ) sin 2 sin x x x x sin 2 cos x x

cos2 sin x x cos2 cos x x 0 cos2 (sin x x cos ) 0 x

2

Giải phương trình: 5x214x 9 x2 x 20 5 x1 1,00

Pt

         2x2 5x 2 5 (x2 x 20)(x1)

2(x 4x 5) 3(x 4) 5 (x 4x 5)(x 4)

        

0,25

Với điều kiện x 5 thì x2  4x 5 0 , x  4 0 chia cả hai vế pt trên cho x 4

đặt:

2 4 5

0 4

t

x

 ta có phương trình:

2

1

2

t

t







 



0,25

+) Với

3 2

t 

, tức là

2 4 5 3

t

x

 , ta được x 8 hoặc

7 4

x 

+) Với t 1, tức là

2 4 5

1 4

y

x

 , ta được

5 61 2

x 

0,25

Kết hợp với x 5 ta được x 8 hoặc

5 61 2

x 

 

cos 2 1 sin 2 1 sin 2 sin 2

sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 0

Ta có tam giác SHB vuông tại H, góc SBH bằng   

2

d(S;ABCD) AS  AS AS 4  d(M;ABCD) 1SH 4

 d(M; (ABCD)) =

1SH a 3

0,25

Ta có BK2 AB2 AK2 16a29a2 25a2  BK 5a

Lại có ABE là góc chung của tam giác BEH,BAK, tanBHC=tanAKB

 4 BHC AKB 3

 ∆ BEH ~ ∆ BAK 

BE BH

BE BH.BA 3a.4a 12

BK  BK 25a 25

0,25



BEH BAK

S BH BE 3 12. . 9

S BA BK 4 25 25   AHEKABK

S 25



2 AHEK BAK

0,25

Do đó VM.AHEK =

2 AHEK

1S .d(M;ABCD) 1 96a a 3. .

3 8a 3

E

K

E

K H

D

C

H

D

A

B M

Ta có:

Hay

2

1

1

x y

  



TT 2

1

1

y z

  



; 2

1

1

z x

  



0,25

Cộng vế với vế các BĐT trên ta có:

3

Lại có

2

0,25

Suy ra

P

Vậy Min P= 3 Khi x=y=z=1

0,25

Từ pt AB ta có A(3-2t; t), B(3-2t’; t’) với C(-1;-1) suy ra

5 2 2 ' ' 1

t t t t

Vì G thuộc (d) nên ta có:

5 2 2 ' ' 1

t t t t

(1) 0,25 Lại có AB 5 (2t 2 ')t 2(t t ')2  5 (t t ')2 1(2)

Thay (1) vào (2) ta có:

2

'

'

t t

t





 



 



0,25

Vậy

(4; ); (6; )

A  B 

Hoặc

(6; ); (4; )

VIIa

Giải bất phương trình

2

2

log 2log

Điều kiện: x> 0 ; BPT  24log2x x2log 2x  20 0 0,25 Đặt t log2 x Khi đó x 2t.BPT trở thành 42t2 22t2  20 0 Đặt y = 22t2 ; y  1 0,25 BPT trở thành y2 + y - 20  0  - 5  y  4 0,25 Đối chiếu điều kiện ta có : 22t2  4 2t2  2 t2 1  - 1  t  1

Do đó - 1  log x2  1  12  x 2

0,25

Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C189 . 0,25

Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:

+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8

+ Không có bi xanh: có C139 cách.

+ Không có bi vàng: có C159 cách

0,25

Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C109 cách chọn 9

viên bi đỏ được tính hai lần

Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C109 C189  C139  C159 42910 cách

0,50

VIb

I có hoành độ

9 2

I

x 

và  : 3 0 9 3;

2 2

I d x y    I  

Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox,

suy ra M(3;0)

 2  2 9 9

4 4

D

12

3 2

ABCD ABC

S

AB

 

AD d

M AD









 , suy ra phương trình AD: 1.x 31.y 0  0 x y  3 0

Lại có MA = MD = 2.Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:

 2 2  2 2  2  2



4 1

x y









 Vậy A(2;1), D(4;-1),

0,50

9 3

;

2 2

I 

  là trung điểm của AC, suy ra:

2

2

I

I

y











 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4)

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1)

0,50

Đk: x0,y0 Ta có phương trình log3y log3x 1 y3x 0,25

Dễ dàng chứng minh được xlog3yylog3x xlog3y2ylog3x27 xlog3y 9 0,25 Lôgarit cơ số 3 hai vế ta được log log3 y 3xlog 93  (1 log )log 3x 3x2 0,25

3 3

x









 (thỏa mãn đk) Vậy hệ pt có 2 nghiệm là

0,25

Điều kiện

* 2,

1

2( ) 1

5( ) 2

n









0,50

 số hạng chứa x5 là 1 4 2 7  3   5 5

2 3 16.5 27.120 3320

x C  x x C x   x  x Vậy hệ số của x5 trong biểu thức P đã cho là 3320

0,50

Chú ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác ra đáp số đúng vẫn cho điểm tối đa.