DeDap An Ham Nghi Lan1

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT HÀM NGHI. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 + 2mx 2 + m 2 + m (1) . 1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = − . 4 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị A, B, C ( A ∈ Oy ), đồng thời tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. Câu 2 (2,0 điểm).. π. π. π. t an(x + ) tan( x − ) 2 cos( x + ) 3 6 + 4 =0. a) Giải phương trình tan x + cot 2 x cot x − 1 4 2 4 b) Giải bất phương trình x − 4 x + 75 x ≥ 3( x3 + 6 x) .  x + y + x 2 − y 2 = 12 . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   y x 2 − y 2 = 12 Câu 4 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A 'B'C ' , đáy ABC là tam giác vuông có AB = a . Cạnh bên AA' = a 2 . Góc giữa đường thẳng AC’ và mặt phẳng (BCC’B’) bằng 300 . Gọi M là trung điểm của BC . Tính thể tích khối tứ diện AB ' CM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B 'C theo a . Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c ≥ 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P= + + 1 + b2 1 + c2 1 + a2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B). A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 6a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc 9 đường thẳng ∆ : x − y − 3 = 0 và có hoành độ xI = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của ∆ và trục Ox. 2 Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Câu 7a (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n thỏa mãn An3 + 2Cnn − 2 ≤ 9n . Câu 8a (1,0 điểm). Giải phương trình log 4 ( x + 1) + 2 = log 2. 4 − x + log 8 ( 4 + x ) . 3. 2. B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 6b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − 5 y − 2 = 0 và đường tròn (C ) :. x 2 + y 2 + 2 x − 4 y − 8 = 0 . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C ) và đường thẳng ∆ ( biết rằng điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ điểm C thuộc đường tròn (C ) sao cho tam giác ABC vuông ở B . Câu 7b (1,0 điểm). Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 9 19 1  m−2 2 Cm + Cn +3 + < Am 2 2   Pn −1 = 720. Câu 8b (1,0 điểm). Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm (với x, y là các số thực)..  x 3 + ( y + 2 ) x 2 + 2 xy = −2m − 3  2  x + 3 x + y = m.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT HÀM NGHI. KÌ THI THỨ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 -2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN. Câu. Điểm. Đáp án 1.(1 điểm) Khảo sát hàm số 1 1 3 • Khi m = − ta có y = x 4 − x 2 − 4 2 16 • Sự biến thiên. TXĐ D = ℝ 0.25. 1 1 ∨x=− 2 2 1   1  1  1  - Hàm số NB trên các khoảng  −∞; −  và  0;  , ĐB trên khoảng  − ;0  và  ; +∞  2   2  2  2  −3 1 1 1 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 ; ycd = , đạt cực tiểu tại x = , x = − và yct = − . 16 4 2 2 - Các giới hạn tại vô cực: lim y = lim y = +∞ - Chiều biến thiên y ' = x(4x 2 − 1) ; y ' = 0 ⇔ x(4x 2 − 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x =. x →−∞. -. 0.25. x →+∞. Bảng biến thiên: x y’. −. −∞. -. +∞. 1 2. 0. 1 2 0. 0 +. 0. -. +∞ +. 3 − 16. y −. 1 4. −. +∞. 0.25. 1 4. 0 • Đồ thị:.  3   3  , Giao với Ox là A   2 ; 0  B  − 2 ; 0     . 0.25. Câu 1 (2.0 điểm). 2.(1.0 điểm) y ' = 4x(x 2 + m) Điều kiện để ĐTHS có 3 điểm cực trị : m < 0. (. ) (. Khi đó các điểm cực trị của ĐTHS là A ( 0; m 2 + m ) , B − −m; m , C. −m; m. ). 0.25. Giả sử I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó I (0; y ) (do ∆ABC cân tại A ∈ oy ) m3 + 2 m 2 + 1 2m Mặt khác theo bài ra bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC bằng 1 nên ta có 2. Ta có IA = IB suy ra  y − (m2 + m)  = −m + ( y − m) 2 suy ra y = 2. 2.  m3 + 2m 2 + 1  1 − m 3  1 − m3 1 − m3 2 ⇒ = − ( m + m ) = 1 1 ⇒ = − 1 ∨ = 1 (vô lý do m < 0 )    2m  2m 2m 2m     ⇒ m3 − 2m − 1 = 0 ⇒ (m + 1)(m 2 − m − 1) = 0 ⇒ m = −1 ∨ m =. 1− 5 1+ 5 (loại) ∨m= 2 2. 1− 5 . Vậy có 2 giá trị cần tìm của m là m = −1 ∨ m = 2 1. (1.0 điểm) Giải phương trình … - Trang 1. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 2. π  π π cos x.sin 2 x.sin x. ( tan x + cot 2 x ) tan( x + ) ≠ 0 Điều kiện:  . Nhận thấy tan( x + ) cot( x − ) = −1 3 3 3 cot x ≠ 1. (2.0 điểm). 1. Ta có:. =. 2 ( cos x − sin x ) cos x.sin 2 x ⇔ = 2 sin x cos x cos x −1 sin x. sin x cos 2 x + cos x sin 2 x ⇔ 2sin x.cos x = 2 sin x π π 2 ⇔ cos x = ⇔ x = + k 2π ∨ x = − + k 2π ( k ∈ ℤ ) 2 4 4. 0.25. 0.25. 0.25. So sánh với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là x = −. π 4. + k 2π ( k ∈ ℤ ). 0.25. 2. (1.0 điểm) Giải bất phương trình Điều kiện x = 0 ∨ x ≥ 2 ∨ x ≤ −2 . Bpt đã cho tương đương x. x 2 − 4 ≥ 3x(x − 2)(x − 3) (1).. Nhận thấy x = 0 là nghiệm của Bpt đã cho Với x ≤ −2 ∨ 2 ≤ x ≤ 3 : (1) luôn đúng vì VT (1) ≥ 0 còn VP(1) < 0. 0.25. Với x > 3 : (1) ⇔ x 2 − 4 ≥ 3(x − 2)(x − 3) ⇔ x 2 − 4 ≥ 3(x − 2)2 (x − 3) 2 ⇔ x + 2 ≥ 3(x − 2)(x − 3) 2 ⇔ (x − 4)(3x 2 − 12x + 14) ≤ 0 ⇔ x ≤ 4 suy ra 3 < x ≤ 4. 0.25. Vậy tập nghiệm của BPT ban đầu là T = ( −∞; −2] ∪ {0} ∪ [ 2; 4]. 0.25. Điều kiện: | x | ≥ | y |. 0.25. t 2 − x2 2 x + t Câu 3 Hệ trở thành  x + t = 12 Suy ra  x + t = 12 ⇒    2 2 (1.0 điểm) t − x (t + x)(t − x) = 24 t − x = 24 Đặt t = y + x 2 − y 2 . Suy ra y x 2 − y 2 =. 0.25 x = 5 ⇒ =2 t = 7 = 12.  x = 5 x = 5 x = 5 x = 5 x = 5 ∨ ⇒ ⇒ Từ đó ta có  ⇒ 2 2 2 y = 3 y = 4 y = 3∨ y = 4 7 = y + 25 − y (7 − y) = 25 − y Vậy ... Ta có ( AC ';( BCC ' B ')) =  AC ' B M. B. A. C. ⇒ AC ' B = 300 ⇒ BC ' =. K. ⇒ BC = a. B' C' A'. Câu 4 (1.0 điểm). 0.25. AB =a 3 tan 300. 0.25. 0.25. 0,5. 1 1 a2 2 2a 3 Suy ra VAB'CM = AB.SB'CM = a. = 3 3 4 12. Gọi K là trung điểm BB’, khi đó B’C//KM nên d ( AM ; B ' C ) = d ( B ' C ; ( AKM )) = d (C ; ( AKM )) = d ( B;( AKM )) (do M là trung điểm của BC) 3VBAMK 2 3 14 2 a 7 Trong đó VBAMK = a , S AMK = a suy ra d ( B; ( AKM )) = S AMK 24 8 7 (Học sinh có thể dùng công thức tính đường cao của tứ diện vuông). d ( B; ( AKM )) =. 0.25. 0.25. Ta có P+. 6 4 2. =(. a3 2 1 + b2. +. a3 2 1 + b2. +. 1 + b2 1 + c2 b3 b3 + + ) +( ) 4 2 2 1 + c2 2 1 + c2 4 2 - Trang 2. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> +( Câu 5 (1.0 điểm). c3 2 1 + a2. +. c3 2 1 + a2. +. 1 + a2 ) 4 2. a6 b6 c6 9 3 3 0.5 + 33 + 33 ⇒ P+ (a 2 + b 2 + c 2 ) = 6 ≥ 3 16 2 16 2 16 2 2 8 2 2 2 2 2 9 3 9 3 3 Để PMin khi a = b = c = 1 ⇒P≥ − = − = 2 26 2 3 2 2 2 2 2 2 0.25 Chương trình chuẩn 9 9 3 I có hoành độ xI = và I ∈ ( d ) : x − y − 3 = 0 ⇒ I  ;  2 2 2 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 0.25 M(3;0) 9 9 2 2 AB = 2 IM = 2 ( xI − xM ) + ( yI − yM ) = 2 + =3 2 . 4 4  AD ⊥ ( d ) S 12 S ABCD = AB. AD = 12 ⇔ AD = ABCD = = 2 2.  AB 3 2 0.25  M ∈ AD suy ra phương trình AD: 1. ( x − 3) + 1. ( y − 0 ) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 ≥ 33. Câu 6a. Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: (1.0 điểm)  x + y − 3 = 0  y = − x + 3  y = − x + 3 ⇔ ⇔    2 2 2 2 2 2 ( x − 3) + y = 2 ( x − 3) + ( 3 − x ) = 2  ( x − 3) + y = 2 x = 4 y = 3− x x = 2 .Vậy A(2;1), D(4;-1), hoặc  ⇔ ⇔  y = −1  x − 3 = ±1  y = 1 x +x  xI = A C   xC = 2 xI − xA = 9 − 2 = 7  9 3 2 ⇔ I  ;  là trung điểm của AC, suy ra:  2 2  yC = 2 yI − y A = 3 − 1 = 2  y = y A + yC I  2 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). n ∈ N Đk  n ≥ 3 n! Câu Ta có An3 + 2Cnn − 2 ≤ 9n ⇔ n ! + 2 ≤ 9n (n − 3) (n − 2)!2! 7a (1.0 điểm) ⇔ ( n − 1)( n − 2) + n( n − 1) ≤ 9n ⇔ n 2 − 2n − 8 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ n ≤ 4 , kết hợp với đk n nguyên dương ta có n = 3 ∨ n = 4 x +1 ≠ 0 Câu Điều kiện: 4 − x > 0 ⇔ −4 < x < 4   8a  x ≠ −1 4 + x > 0 (1.0 điểm) . (2) ⇔ log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 4 − x ) + log 2 ( 4 + x ) ⇔ log 2 x + 1 + 2 = log 2 (16 − x 2 ) ⇔ log 2 4 x + 1 = log 2 (16 − x 2 ) ⇔ 4 x + 1 = 16 − x 2. - Trang 3. 0.25. 0.25. 0.25 0.25. 0.25 0.25 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x = 2 + Với −1 < x < 4 ta có phương trình x 2 + 4 x − 12 = 0 (3) ; (3) ⇔   x = −6 ( lo¹i ).  x = 2 − 24 + Với −4 < x < −1 ta có phương trình x 2 − 4 x − 20 = 0 (4); ( 4 ) ⇔   x = 2 + 24 ( lo¹i ). (. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 2 hoặc x = 2 1 − 6. ). Chương trình Nâng cao Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình  x2 + y2 + 2 x − 4 y − 8 = 0  y = 0; x = 2 ⇔   Câu  y = −1; x = −3 x − 5 y − 2 = 0 6b (1 điểm) Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì  ABC = 900 nên AC là đường kính đường tròn, t c là điểm C đối x ng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 9 19 1  m −2 2 C m + cn+3 + < Am 2 2  ứ ứ  Pn−1 = 720. Câu 7b (1điểm). Từ (2): (n − 1)!= 720 = 6!⇔ n − 1 = 6 ⇔ n = 7 (3) Thay n = 7 vào (1) 10! 9 19 9 19 m! m! m(m − 1) ⇔ + 45 + < m ⇔ m 2 − m + 90 + 9 < 19m ⇒ + + < . 2!(m − 2)! 2!8! 2 2 (m − 1)! 2 2 2 2 ⇔ m − 20m + 99 < 0 ⇔ 9 < m < 11 vì m ∈ Ζ ⇒ m = 10 Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: C73 .C102 = 1575 cách. TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có:. C74 .C101 = 350 cách. TH3: 5 bông hồng nhung có: C75 = 21 cách ⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. 5 = 6188 ⇒ P = 1946 ≈ 31, 45% Số cách lấy 5 bông hồng thường C17 6188. u.v = −2m − 3 Hệ trở thành:  u + v = m. u2 − 3 2 Suy ra: − = − − ⇔ − = + ⇔ =m u m u m u m u 2 3 3 2 ( ) ( ) (1.0 điểm) u+2 u 2 + 4u + 3 u2 − 3 ≥ 0, ∀u ≥ −1 với u ≥ −1 . f / ( u ) = Xét hàm f ( u ) = 2 u+2 (u + 2) Câu 8b. u. (u ) f (u ). f. Bảng biến thiên: Kết luận : m ≥ −2 .. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25 0.25 +∞. −1. 0.25. 0.25. ( x 2 + 2 x ) ( x + y ) = −2m − 3 Viết lại hệ:  Đặt u = x 2 + 2 x, v = x + y . Dễ có: u ≥ −1 . 2  x + 2 x + x + y = m. +. /. 0.25. +∞ −2. ---------------Hết--------------Chú ý: Mọi cách làm đúng khác với đáp án đều cho điểm tương ứng.. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>