Dap an Toan khoi B2013 New

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ðỀ THI TUYỂN SINH ðH -Cð NĂM HỌC 2013 Môn: TOÁN, khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát ñề. BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO ðỀ CHÍNH THỨC. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho hàm số y = 2 x3 − 3(m + 1) x 2 + 6mx (1) , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi m = -1. b) Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có hai ñiểm cực trị A và B sao cho ñường thẳng AB vuông góc với ñường thẳng y = x + 2. Câu 2 (1,0 ñiểm) Giải phương trình sin 5 x + 2 cos 2 x = 1 2 2 2 x + y − 3xy + 3 x − 2 y + 1 = 0 (x,y∈R) Câu 3 (1,0 ñiểm) Giải hệ phương trình  2 2 4 x − y + x + 4 = 2 x + y + x + 4 y 1. Câu 4 (1,0 ñiểm) Tính tích phân I = ∫ x 2 − x 2 dx. 0. Câu 5 (1,0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác ñều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ñáy. Tính theo a thể tính của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ ñiểm A ñến mặt phẳng (SCD). Câu 6 (1,0 ñiểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P=. 4 a +b +c +4 2. 2. 2. −. 9 . (a + b) (a + 2c)(b + 2c). II. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm):Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai ñường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. ðường thẳng BD có phương trình x + 2y – 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H (-3; 2). Tìm tọa ñộ các ñỉnh C và D. Câu 8.a (1,0 ñiểm)Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ñiểm A (3; 5; 0) và mặt phẳng (P) : 2x + 3y – z – 7 = 0. Viết phương trình ñường thẳng ñi qua A vuông góc với (P). Tìm tọa ñộ ñiểm ñối xứng của A qua (P). Câu 9.a (1,0 ñiểm) Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi ñỏ và 3 viên bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viên bi ñỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi, tính xác suất ñể 2 viên bi ñược lấy ra có cùng màu. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có chân ñường cao hạ từ  17. 1. ñỉnh A là H  ; −  , chân ñường phân giác trong của góc A là D (5; 3) và trung ñiểm của cạnh AB là 5  5 M (0; 1). Tìm tọa ñộ ñỉnh C. Câu 8.b (1,0 ñiểm) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho các ñiểm A(1; -1; 1), B (-1;2;3) và ñường thẳng ∆ :. x +1 y − 2 z − 3 = = . Viết phương trình ñường thẳng ñi qua A, vuông góc với hai ñường 1 3 −2. thẳng qua AB và ∆.  x 2 + 2 y = 4 x − 1 2 log 3 ( x − 1) − log 3 ( y + 1) = 0. Câu 9.b (1,0 ñiểm). Giải hệ phương trình . ..............Hêt .......... 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu Câu 1 a. ðÁP ÁN Nội dung. ðiểm 0,25. 3. Với m= -1, hàm số trở thành : y = 2x - 6x. Tập xác ñịnh là R. lim y = −∞ và lim y = +∞ x →−∞. x →+∞. y’ = 6x2 – 6; y’ = 0 ⇔ x = ±1; y(-1) = 4; y(1) = -4 x y’ y. −∞. -1 + 0 4 −∞ Cð. 1 − 0. +∞. 0,25. + +∞. -4 CT. 0,25. Hàm số ñồng biến trên (−∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (-1; 1) Hàm số ñạt cực ñại tại x = -1; y(-1) = 4; hàm số ñạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = -4 y" = 12x; y” = 0 ⇔ x = 0. Suy ra ñiểm uốn của ñồ thị hàm số là I (0; 0) ðồ thị : y. −2 −1 O −1 −2 −3 −4 −5. b. 0,25. 5 4 3 2 1. 1. 2 x. y’ = 6(x2 – (m + 1)x + m)),. 0,25. x = 1 y ' = 0 ⇔ x 2 − ( m + 1) x + m = 0 ⇔  x = m y có 2 cực trị ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 1. (*)


 3 Hai ñiểm cực trị của ñths là : A (1;3m − 1) ; B ( m; −m3 + 3m2 ) ⇒ AB = m −1; − ( m −1) .

 ðường thẳng d : y = x + 2 có vector chỉ phương ud = (1;1) .. (. ). m = 1




 3 2 ðể AB ⊥ d thì AB.ud = 0 ⇔ ( m − 1) − ( m − 1) = 0 ⇔ ( m − 1) ( m − 1) − 1 = 0 ⇔  m = 0    m = 2. Câu 2. Kết hợp (*) ta ñược m = 0 hoặc m = 2. Giải phương trình: sin 5 x + 2 cos 2 x = 1 ⇔ sin5x = 1 – 2 cos2x ⇔ sin5x = -cos2x ⇔ sin5x = sin(2x - π/2) ⇔ 5x = 2x -. Câu 3. π. + k2π hay 5x = π - 2x +. π. + k2π, k ∈ Z 2 2 π k 2π 3π k 2π ⇔x= − + hay x = ,k∈Z + 6 3 14 7 2 x 2 + y 2 − 3 xy + 3 x − 2 y + 1 = 0 (1)  2 2 4 x − y + x + 4 = 2 x + y + x + 4 y (2) Ta có (1) ( 2 x − y + 1)( x − y + 1) = 0 ⇔ y = 2x + 1 hoặc y = x + 1. 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0,25. 1 TH1 : y = 2x + 1. Thế vào (2) ta có : 3x − 3 + 4 x + 1 + 9 x + 4 = 0 ( x ≥ − ) 4 4 9   ⇔ 3 x + 4 x + 1 − 1 + 9 x + 4 − 2 = 0 ⇔ x 3 + + =0⇔ x=0 4x +1 +1 9x + 4 + 2   Suy ra hệ có nghiệm (x ;y)=(0 ;1). 1 TH2 : y =x + 1. Thế vào (2) ta có : 3x 2 − x + 3 − 3x + 1 − 5 x + 4 = 0 ( x ≥ − ) 3 2 ⇔ 3 ( x − x ) + ( x + 1) − 3 x + 1  + ( x + 2 ) − 5 x + 4  = 0. (. ) (. ). 0,25.   x = 0 1 1 2 ⇔ ( x 2 − x ) 3 + + =0⇔ x −x=0⇔ 3x + 1 + ( x + 1) 5 x + 4 + ( x + 2)  x = 1  Với x = 0 ⇒ y = 1; x = 1 ⇒ y = 2 . Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (0; 1) hoặc (x; y) = (1; 2).. Câu 4. 0,25 0,25. 1. Tính I = ∫ x 2 − x 2 dx . ðặt t = 2 − x 2 ⇒ t 2 = 2 − x 2 ⇒ tdt = − xdx 0. 0,25. Khi ñó x 2 − x 2 dx = −t 2 dt . ðổi cận x = 0 ⇒ t = 2; x = 1 ⇒ t = 1 . 1. 1. 1 3. Suy ra I = ∫ x 2 − x 2 dx = − ∫ t 2 dt = − t 3 0. 2. 0,25. 1 2. 0,25. 2 2 −1 3 Gọi H là trung ñiểm của AB. Vì SAB là tam giác a 3 . ñều cạnh a nên SH ⊥ AB và SH = 2 Mặt khác ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) nên SH ⊥ ( ABCD ) . Do ñó SH là ñường cao của khối chóp S.ABCD.. =. Câu 5. 0,25. S. K B. C. H A. I. a. D. 1 1 2 a 3 a3 3 V = S ABCD .SH = a . = 3 3 2 6 Gọi I là trung ñiểm của CD, K là hình chiếu của H trên SI. Khi ñó HK ⊥ ( SCD ) .. 0,25 0,25. Do AH // ( SCD ) nên d ( A; ( SCD ) ) = d ( H ; ( SCD ) ) = HK .. Câu 6. Xét tam giác SHI vuông tại H có HK là ñường cao, ta có 1 1 1 1 1 a 21 a 21 . . Vậy d ( A; ( SCD ) ) = = + = + ⇒ HK = 2 2 2 2 2 7 7 HK SH HI a a 3    2 . 0,25. Theo bñt Bunhiacopxki ta có a + b + c + 2 ≤ Theo bñt Cô si ta có:. 0,25. 4(a 2 + b 2 + c 2 + 4) 2. 2  a + b + 4c  1  4(a + b + c)  3( a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ (3a + 3b). = 2( a + b + c ) ≤   2  2 2  . 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0,25. 8 27 8 27 − . ðặt t = a + b + c, t > 0 ta ñược P ≤ − 2 = g (t ) 2 a + b + c + 2 2(a + b + c) t + 2 2t 8 27 g’(t) = 0 ⇔ 27(t + 2)2 – 8t3 = 0 ⇔ t = 6 Ta có g’(t) = − + 3 . 2 (t + 2) t t 0 6 +∞ g’(t) + 0 5 g(t) 8. Vậy P ≤. 0,25. 0,25. 5 5 . Vậy maxP = xảy ra khi a = b = c = 2. 8 8 Vì ABCD là hình thang cân và AD=3BC nên C AD//BC. Vì AC và BD vuông góc với nhau nên H thuộc AC. Phương trình AC là: 2 x − y + 8 = 0 . Suy ra giao ñiểm. Từ ñó suy ra P ≤ g(t) ≤. Câu 7a. B. 0,25. I H. của hai ñường chéo là I ( −2; 4 ) . D. K. A. Vì BH vuông góc với BC nên tam giác CBH vuông cân tại B. Suy ra C ñối xứng với H qua I. Từ ñó C ( −1;6 ) .. 0,25. Ta có B thuộc BD nên B ( 6 − 2b; b ) . Vì IB = IH nên B ( 0;3) ; B ( −4;5 ) .. 0,25.



 Ta có ID = −3IB nên với B ( 0;3) ⇒ D ( −8;7 ) ; với B ( −4;5 ) ⇒ D ( 4;1) .. 0,25. Vậy C ( −1;6 ) và D ( −8; 7 ) ; D ( 4;1) . Câu 8a ðường thẳng qua A và vuông góc với (P) có VTCP là (2; 3; -1). 0,25 0,25.  x = 3 + 2t  Vậy phương trình ñường thẳng d qua A là :  y = 5 + 3t  z = −t . Câu 9a. Câu 7b. Gọi H là giao ñiểm của d và (P) ta có H (3 + 2t; 5 + 3t; -t) H ∈ (P) nên ta có : 2(3 + 2t) + 3(5 + 3t) + t – 7 = 0 ⇔ t = -1 ⇒ H (1; 2; 1) Gọi A’ (x, y, z) là ñiểm ñối xứng của A qua (P), suy ra H là trung ñiểm của AA’. Suy ra A’(-1; -1; 2). 4 2 4 Xác suất ñể 2 viên bi ñược lấy ra cùng là bi ñỏ là : . = 7 6 21 3 4 2 Xác suất ñể 2 viên bi ñược lấy ra cùng là bi trắng là : . = 7 6 7 4 2 10 Xác suất ñể 2 viên bi ñược lấy ra có cùng màu là : + = . 21 7 21 10 Vậy xác suất cần tìm là 21 A Vì BC ñi qua H và D nên phương trình BC là : 2x – y – 7 = 0. Vì AH vuông góc với BC nên N phương trình AH là : x + 2y – 3 = 0 M. B. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. K. H. D. C. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 8b. A ∈ AH ⇒ A (3 – 2a; a) ⇒ B (2a – 3; 2 – a) (Do B ñối xứng với A qua M) Vì B thuộc BC nên a = 3 ⇒ A (-3; 3) và B (3; -1) Phương trình AD : y = 3 . Gọi N là ñiểm ñối xứng của M qua AD ⇒ N (0; 5) và N ∈AC. Suy ra phương trình AC là : 2x – 3y + 15 = 0 C là giao của BC và AC nên C (9; 11).


 Ta có AB = (-2; 3; 2)  VTCP của ∆ là a = (-2; 1; 3). 0,25 0,25 0,25. Vì d vuông góc với AB và ∆ nên VTCP của ñường thẳng d là nd =  AB; u∆  = ( 7; 2; 4 ).

.




. .  x = 1 + 7t  Vậy phương trình ñường thẳng d là :  y = −1 + 2t  z = 1 + 4t . Câu 9b ðiều kiện: x > 1, y ≥ 1 .. . 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. Từ pt (2) ta có 2 log 3 ( x − 1) − 2 log 3 ( y + 1) = 0 ⇔ x = y + 2 y =1 Thế vào (1) ta ñược y 2 + 2 y − 3 = 0 ⇔   y = −3 ( loai ) Với y = 1 ⇒ x = 3. Vậy hệ phương trình có nghiệm là. ( x; y ) = ( 3;1). 0,25 0,25 0,25. ......HẾT ..... Tĩnh Gia, ngày 09 tháng 7 năm 2013 Lê Thanh Bình. 5.

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