Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 33 - Đề 19

Chia sẻ: Dam But | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

72
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học khối a, a1, b, d toán 2013 - phần 33 - đề 19', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 33 - Đề 19

Trường THPT Đặng Thai Mai. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2 Năm học 2012 – 2013. Môn: Toán. Khối: A, A1, B. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian chép đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2 x 2  3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng d : y  m cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt M,N,P,Q (sắp thứ tự từ trái sang phải) sao cho độ dài các đoạn thẳng MN,NP,PQ là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông. Câu II ( 3,0 điểm). 1. Giải phương trình lượng giác: 2 cos 6 x  3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos 4 x  3 . 2 2  x  x y  6 y 2. Giải hệ phương trình :  2 2 2 1  x y  5 y   4 x  cos x 3. Tính tích phân: I   dx 0 1  cos 2x Câu III (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc · ABC  30 0 . Mặt phẳng (C ' AB) tạo với đáy ( ABC ) một góc 600. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB ' . Câu IV (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 y y2 z z2 x 4 xyz P 3  3  3  2 . z x y xy  yz 2  zx 2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A.Theo chương trình Chuẩn. Câu V.a ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) . x 1 y  2 z 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng (d1), (d2) với (d1):   3 2 1  x  1  và (d2) :  y  1  t . Viết phương trình đường thẳng (d) qua M vuông góc (d1) và cắt (d2). z  t  Câu VI.a ( 1,0 điểm). Giải phương trình : log 7 (1  x  x 2 )  log 2 x . B.Theo chương trình Nâng cao. Câu V.b ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và AC có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 .Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 20 và điểm B có hoành độ dương.  x  2t x  3  s   2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng ( 1 ) :  y  t (t  R ) ; và ( 2 ) :  y  s  s  R  . Chứng z  4 z  0   tỏ hai đường thẳng 1 , 2 chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 1 , 2 làm đường kính. Câu VI.b ( 1,0 điểm). Một thầy giáo có 12 quyển sách đôi một khác nhau trong đó có 5 quyển sách Toán, 4 quyển sách Vật lý, và 3 quyển sách Hóa học.Ông muốn lấy ra 6 quyển đem tặng cho 6 học sinh A,B,C,D,E,F mỗi em một quyển.Tính xác suất để sau khi tặng sách xong mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một quyển. ……….Hết………. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Trường THPT Đặng Thai Mai. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm Năm học 2012 – 2013. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2 Môn: Toán. Khối: A, A1, B. Thời gian làm bài: 180 phút. C¢U NÔI DUNG ÑIEÅM C©u I 1. (1,0 ®iÓm) (2,0 ®iÓm) a) Tập xác định : D = R 0,25 b) Sự biến thiên: * Giới hạn : lim y   , lim y   . x  x  *Chiều biến thiên: y’ = 4x3-4x. x  0 y'  0    x  1 * Bảng biến thiên 0,25 x -∞ -1 0 1 +∞ y' - 0 + 0 - 0 + +∞ -3 +∞ y -4 -4 + Hàm số đồng biến trên các khoảng; (- 1 ; 0) và (1; +  ); nghịch biến trên khoảng (  ; 1 ) và  0;1 0,25 +Cực trị : hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=-3 , đạt cực tiểu tại x= 1 và yCT= -4 c) Đồ thị *Vẽ đồ thị: 0,25 1 -2 -1 O 1 2 -3 * Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. 2. (1,0 ®iÓm) .
Từ đồ thị hàm số ta thấy, để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt thì 4  m  3 (*) 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm: x 4  2 x 2  3  m  0 (1) Đặt t  x 2  t  0  thì phương trình hoành độ trở thành t 2  2t  3  m  0 (2) Với điều kiện (*) thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt hay phương trình (2) có 2 0,25 nghiệm dương phân biệt t1 , t2  t1  t2  . Từ đó tìm được tọa độ các điểm    M  t2 ; 0 , N  t1 ; 0 , P     t1 ;0 , Q  t2 ; 0 suy ra MN  t2  t1 ; NP  2 t1 ; PQ  t2  t1 Vì MN  PQ nên NP là độ dài cạnh huyền . Do đó : 0,25 2 NP 2  MN 2  PQ 2  NP 2  MN 2  PQ 2  4t1  2  t2  t1  2   t1  t2   8t1t2  t t  2 7 0,25 Áp dụng định lí vi-et ta có  1 2 . Vì vậy 4  8  3  m   m   t1t2  3  m 2 7 Đáp số m   2 C©u II (3,0 ®iÓm) 1 2 cos 6 x  3 cos 2 x  sin 2 x  2 cos 4 x  3 (1,0 ®iÓm)  2 cos 6 x  2cos 4 x  3 1  cos 2 x   sin 2 x  0  4 cos 5 x cos x  2 3 cos 2 x  2 sin x.cos x  0 0.25   cos x 2 cos 5 x  3 cos x  sin x  0  cos x  0 1   2cos 5 x  3 cos x  sin x  0  2  1  x   k ,  k  Z  0.25 2     k  5 x  x  6  k 2  x   24  2  2   cos 5 x  cos  x        0.25  6  5 x   x   k 2  x    k   6   36 3   k  k Vậy pt đã cho có các nghiệm: x   k , x    ,x   ,k  Z  0.25 2 24 2 36 3 2 Ta thấy (0;0) không là nghiệm của hệ nên (1điểm) x 1  1 1  y ( y  x)  6 ( x. y )( y  x)  6   Hệ phương trình    0,25  1  x2  5 ( 1  x) 2  2 x. 1  5 2 y   y  y 1 1  S .P  6 S  3 0,25 Đặt S = x  , P = x. Hệ pt trở thành  2  y y S  2 P  5 P  2
x  1  1 x 3  0,25 S  3   y  y  1 Có     2  P  2  x. 1  2   y x  2    y  1  1 KL : Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là(x;y)= (1; ) ; (2;1) 2 0,25     3 4 4 4 4 0,25 (1điểm) x  cos x x  cos x x cos x I dx   2 dx   2 dx   dx  I1  I 2 0 1  cos 2x 0 2 cos x 0 2 cos x 0 2 cos2 x  4 1 x 0,25 Tính I1   cos2 x dx 20 u  x  du  dx Đặt  1   dv  cos 2x dx  v  tan x     4  1  1 4 s inx  1  1 2 I1  (x tan x 4   tandx)    dx   ln cos x 4   ln 2 8 2 0 cos x 8 2 8 2 2 0 0 0    1 4 cos x 1 4 d(s inx) 1 1  s inx 1 2 2 0,25 I2   2 dx   2  ln 4  ln 2 0 cos x 2 0 1  sin x 4 1  s inx 4 2 2 0  1 2 1 2 2  1 2 2 I  I1  I 2   ln  ln   ln 8 2 2 4 2 2 8 4 42 2 0,25 Câu III Gọi M là trung điểm của AB. Tam giác CAB cân tại C suy ra AB  CM. Mặt khác AB  (1 điểm) · CC '  AB  (CMC ')  CMC '  600 . Gọi V là thể tích lăng trụ ABC . A ' B ' C ' thì 0,25 V  S ABC .CC ' a 1 a2 Ta có CM  BM .tan 300   S ABC  CM . AB  3 2 3 2 0,25 0 a a a3 CC '  CM .tan 60  . 3  a V  .a  3 3 3 Mặt phẳng (CA ' B ') chứa CB ' và song song AB nên d( AB ;CB ')  d ( AB;(CA' B '))  d( M ;(CA ' B '))  MH , với N là trung điểm của A ' B ' và H là hình chiếu 0,25 của M trên CN. Do MH  CN , MH  A ' B '  MH  (CA ' B ') Tam giác CMN vuông tại M nên 1 1 1 4 a 0,25 2  2  2  2  d( AB ;CB ')  MH  MH MC MN a 2
C' A' M B' H C A M B CÂU IV Đặt (1 điểm) x y z a  , b  , c   abc  1  a  b  c  3 z x y 0,25 2 2 2 a b c 4 P    c a b ab  bc  ca a2 Mà a 2  c 2  2ac   2a  c c b2 c2 0,25 Tương tự  2b  a;  2c  b a b Mặt khác (a+b+c)2≥3(ab+bc+ca) 12 Nên P≥(a+b+c)+ ( a  b  c) 2 0,25 4 4 12 1 1 13  ( a  b  c)  ( a  b  c )  2  ( a  b  c)  4   9 9 ( a  b  c) 9 3 3 13 Vậy minP= xảy ra khi a=b=c=1 hay x=y=z 3 0,25 CÂU Va. + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận A uuur 1(1 điểm) HK  (1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên ( AC ) : x  2 y  4  0. 0,25 Ta cũng có: M K ( BK ) : 2 x  y  2  0 . H C B + Do A  AC , B  BK nên giả sử A(2a  4; a ), B(b; 2  2b). Mặt khác M (3;1) là trung điểm của AB nên ta có hệ: 2a  4  b  6 2a  b  10 a  4    . a  2  2b  2  a  2b  0 b  2 0,25 Suy ra: A(4; 4), B(2;  2). uuur + Suy ra: AB  (2;  6) , suy ra: ( AB) : 3x  y  8  0 . 0,25 uuu r + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA  (3; 4) , suy ra: ( BC ) : 3 x  4 y  2  0. KL: Vậy : ( AC ) : x  2 y  4  0, ( AB) : 3x  y  8  0 , ( BC ) : 3 x  4 y  2  0. 0,25
CÂU Va. QuaM quaM (0;1;1) 0,25  uu uu r r 2(1 điểm) Gọi (P) là mf:     d1   vtptnP  ud1  (3; 2;1) PT mf(P) : 3x + 2y + z - 3 = 0 0,25 (P)  d2 = A có tọa độ A(-1;5/3;8/3) 0,25  x  3t 0,25 quaM (0;1;1)   Khi đó đt d :  uuuu r  d có pt :  y  1  2t (t  R ) vtcp : 3 AM  (3; 2; 5)   z  1  5t  CÂU VI.a ĐK: x >0 (1 điểm) Đặt t  log 2 x  x=2t 0,25 PT trở thành log 7 (1  2 t  4 t )  t  1  2 t  4 t  7 t 0,25 t t t 1 2 4  f(t)=          1 (1) 0,25 7 7 7 Ta thấy hàm số f(t) nghịch biến trên R và t=1 thoã mãn (1) Là duy nhất Với t=1  x=2 0,25 Vậy Pt có một nghiệm x=2 Câu Vb 1. (1,0 điểm). (2,0 điểm) +Ta có phưong trình AH qua A  x-2y-4=0 nên vtpt của AH 0,25 r n  (2;1)  2 x  y  3  0 .Goi I là giao của AH và đường trung bình cạnh AB,AC nên I là trung điểm AH Ta có:I(2;-1)  H (3; 3) A(1 ;1 ) x-2y-4 =0 I H C B M 3x+2y-5 =0 +Từ đó  BC : x  2 y  9  0 0,25 7 11 Gọi M là trung điểm BC  M là giao của BC và AM  M ( ; ) 2 4 11 2 0,25 Gọi B(x,y) do B nằm trên BC do đó x=2y+9.Ta có BM= 5( y  ) .Ta có 4  3  15 11 y  4 x  2 S ABC  BM . AH  20. 5( y  ) 2  10    4  y  19  x  1   4   2 15 3 1 19 0,25 Do điểm B có hoành độ dương nên B( ; ) từ đó suy ra C( ; ) 2 4 2 4 2. (1,0 điểm).
x  3  s 0,25  ur uu r PTTS 2 :  y  s (t  R )  1 ,  2 có vtcp: u1 (2;1;0), u2 ( 1;1; 0) z  0  Gọi AB là đường vuông góc chung của 1 , 2 : 0,25 A(2t ; t ; 4)  1 ; B (3  s; s; 0)  2 uuu r  AB(3  s  2t ; s  t ; 4) uuu ur r  AB  1  AB.u1  0  0,25 AB  1, AB  2     uuu uur r  A(2;1; 4); B(2;1;0)  AB 2  4  AB  2  AB.u2  0   Phương trình mặt cầu là: ( x  2) 2  ( y  1)2  ( z  2)2  4 0,25 Câu VIb Ta thấy không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại sách 0,5 (1,0 điểm) Số cách chọn 6 quyển sách từ 12 sách là   A12  665280 6 Gọi A là biến cố: “sau khi tặng sách song mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một quyển.” P(A)=1-P( A ) 5 Số cách chọn sao cho không còn sách Toán: A6 .7 =5040 0,25 Số cách chọn sao cho không còn sách Vật lý: A6 . A82  20160 4 3 3 Số cách chọn sao cho không còn sách Hóa học: A6 . A9  60480 | A |= 5040  20160  60480 =85680 0,25 85680 17 P( A )=  665280 132 17 115 P(A)=1-  132 132 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
Trường THPT Đặng Thai Mai. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2 Năm học 2012 – 2013. Môn: Toán. Khối: D. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian chép đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). 2x  3 Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  . x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận. Tìm điểm M thuộc (C) biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận tại A và B sao cho diện tích đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 2 . Câu II ( 3,0 điểm). 1. Giải phương trình lượng giác: 4 cos x  3 cos 2 x  sin 2 x  3 x2  y2  x  y  4 2. Giải hệ phương trình :  .  x( x  y  1)  y ( y  1)  2  2 x cos x(cos x  s inx)  cos 2x 3. Tính tích phân: I   dx . 0 cos x  s inx Câu III (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = 2a, CD = a, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60o. Gọi I là trung điểm cạnh AD.Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Câu IV (1,0 điểm). Cho x,y   2012; 2013 và x  y .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức : ( x  y) 2 P= 2 (x  y2 ) . xy II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A.Theo chương trình Chuẩn. Câu V.a ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1), cắt đường thẳng  x  2  2t x  2 y z 1   d1  :   và vuông góc với đường thẳng (d2 ) :  y  5t ( t  R ). 3 1 2 z  2  t  Câu VI.a ( 1,0 điểm). Giải phương trình: log 2 (1  x )  log 3 x B.Theo chương trình Nâng cao. Câu V.b ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và AC có phương trình x -2y -4=0.Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình:3x+2y-5=0 .Tìm toa độ đỉnh B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 20 và điểm B có hoành độ dương. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P):  x  1  t x 1 y 1 z  x  y  z  1  0 đồng thời cắt cả hai đường thẳng  d1  :   và ( d 2 ) :  y  1 , với t  R . 2 1 1  z  t  Câu VI.b ( 1,0 điểm). Một cái túi có 5 quả cầu đỏ ,6 quả cầu xanh.Chọn ngẫu nhiên 4 quả cầu .Tính xác suất để trong 4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh ……….Hết………. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Trường THPT Đặng Thai Mai. §¸p ¸n vµ thang ®iÓm Năm học 2012 – 2013. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHÂT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 2 Môn: Toán. Khối: D. Thời gian làm bài: 180 phút. C¢U NÔI DUNG ÑIEÅM 1. (1,0 ®iÓm) a) Tập xác định : D = R 0,25 b) Sự biến thiên: * Tiệm cận : lim y   , lim y   nên x  2 là tiệm cận đứng x2 x2 lim y  2 , lim y  2 nên y  2 là tiệm cận ngang. x x  1 *Chiều biến thiên: y   2  0, x  2  x  2 * Bảng biến thiên 0,25 x -∞ 2 +∞ y' - - 2 +∞ y -∞ 2 + Hàm số nghich biến trên các khoảng; (-  ; 2) và (2; +  ) +Cực trị : hàm số không có cực trị 0,25 c) Đồ thị *Vẽ đồ thị: 8 0,25 6 4 2 I 5 O 5 2 4 * Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(2;2) làm tâm đối xứng.
2. (1,0 ®iÓm) .  2a  3  2) Gọi M  a;    C  với a  2 . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có dạng:  a2  0,25 2a  3 1 2  y  x  a a2  a  2 Giả sử A,B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng và tiệm cận ngang. Khi  2a  2  2 1 đó ta tìm được A  2;  , B  2a  2; 2   AB  2  a  2   2  a2   a  2 Do tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp là AB 2 1 R   a  2  2 2  a  2 0,25 2 Vì S IAB  2   R  2  R  2 2 0,25 2 1 0,25 Vì vậy  a  2   2  2  a  1; a  3  a  2 Đáp số M 1;1 hay M  3;3 Câu II (3 điểm) 1(1 điểm) 4 cos x  3 cos 2 x  sin 2 x  3  4 cos x  3 1  cos 2 x   sin 2 x  0  4 cos x  2 3 cos 2 x  2 sin x.cos x  0 0.25   cos x 2  3 cos x  sin x  0  cos x  0 1   2  3 cos x  sin x  0  2  1  x   k ,  k  Z  0.25 2     2   1  cos  x    x   k 2  x   k 2 ,  k  Z    0.25  6 6 6   Vậy pt đã cho có các nghiệm: x   k , x   k 2 ,  k  Z  0.25 2 6 2 2 x  y  x  y  4  2 Hệ phương trình   2 2 ( 1 điểm)  x  y  x  y  xy  2   x 2  y 2  x  y  4 ( x  y )2  ( x  y )  2 xy  4    xy  2  xy  2  x  y  0 (I )  0,25 ( x  y ) 2  x  y  0  xy  2    xy  2   x  y  1  ( II )     xy  2
x  2  0,25   y   2  Giải (I): (I)   x   2    y  2  x  1  0,25  y  2 Giải (II) : (II)     x  2   y  1  KL:Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:    (x;y)= 2;  2 ;  2; 2 ; 1; 2  ;  2;1 0,25    3 0,25 2 2 2 (1 điểm) x cos x(cos x  s inx)  cos 2x I dx =  x cos xdx   (cos x  s inx)dx  I1  I 2 0 cos x  s inx 0 0  Tính I1   2 x cos xdx 0 0,25 u  x du  dx Đặt    dv  cos xdx  v  s inx   2  I1  xsin x 2   s inxdx   1 2 0 0  2  I 2   (cos x  s inx)dx  (s inx  cos x) 2  2 0,25 0 0  I  I1  I 2  1 2 0,25 Câu III ( SBI )  ( ABCD )  0,25 Ta có ( SCI )  ( ABCD )  SI  ( ABCD ) (1 điểm) SI  ( SBI )  ( SCI )  Gọi H là hình chiếu của I lên BC.Theo định lí 3 đường vuông góc SH  BC.  Mà BC = ( SBC )  ( ABCD) nên SHI = 60o là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD). 1 1 S ABCD  AD ( AB  AC )  2a(2a  a )  3a 2 2 2 0,25 1 1 S IBC  S ABCD  S ICD  SIAB  3a 2  ID.CD  IA. AB 2 2 2 1 3a  3a 2  a 2  a 2  2 2
3a 2 2. 2S 2 3a 2 3a 5 0,25 Kẻ CE  AB, IH  IBC    BC CE 2  BE 2 4a 2  a 2 5 3a 5 3a 15 Trong tam giác SIH vuông tại I, ta có : SI = IH.tan60o = . 3 5 5 S 0,25 E B A I H D C 1 3a 15 2 3a 3 15 Vậy VS . ABCD  .3a  (đvtt). 3 5 5 Câu IV x (t  1)(t 2  1) 1 (1 điểm) Đặt t= .Khi đó P= =f(t),khi đó f’(t)= 2t  1  2 , y t t 0,25 0,25 2012 x 2012 Vì 2012  x  y  2013   1  t  1 .Ta có 2013 y 2013 2012 2013 2  2012  0,25 f’(t)> 2. 1  ( )  0 với t   ,1 2013 2012  2013   max P  max f (t )  f (1)  4 đạt được khi x=y  2012  t ;1  2013  2012  2012   20122  2013 min P  m inf (t )  f ( )  1   1  2012  t ;1 2013  2013   20132  2012  2013  4025 8100313 0,25  . 2012 20132 2012 Đạt được khi x  y 2013 Câu V.a.1 + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận A uuur (1 điểm) HK  (1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên ( AC ) : x  2 y  4  0. 0,25 Ta cũng có: M K ( BK ) : 2 x  y  2  0 . H C B + Do A  AC , B  BK nên giả sử A(2a  4; a ), B(b; 2  2b). Mặt khác M (3;1) là trung điểm của AB nên ta có hệ:
2a  4  b  6 2a  b  10 a  4 0,25    . a  2  2b  2  a  2b  0 b  2 Suy ra: A(4; 4), B(2;  2). uuu r + Suy ra: AB  (2;  6) , suy ra: ( AB) : 3x  y  8  0 . 0,25 uuu r + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA  (3; 4) , suy ra: ( BC ) : 3 x  4 y  2  0. KL: Vậy : ( AC ) : x  2 y  4  0, ( AB) : 3x  y  8  0 , ( BC ) : 3 x  4 y  2  0. 0,25 Câu V.a.2 QuaM quaM (1;1;1) 0,25  uu uur r (1 điểm) Gọi (P) là mf:    d 2 vtptnP  ud 2  (2; 5;1)  PT mf(P) : 2x - 5y + z + 2 = 0 0,25 (P)  d1 = A(-5;-1;3) 0,25 quaM (1;1;1)  x  1  3t 0,25   Khi đó đt d :  1 uuuu r  d có pt :  y  1  t (t  R )  vtcp AM  (3;1; 1) z  1 t  2  Câu VI.a ĐK: x >0. Đặt y= log 3 x  x  3 y 0,25 (1 điểm) y y y y 1  3 y Ta có PT log 2 (1  3 )  y  1  3  2  f(y)=       1 (1) 0,25 2  2    Ta thấy hàm số f(y) nghịch biến trên R và y=2 thoã mãn (1) là duy nhất 0,25 Với y=2  x=32 =9 0,25 Vậy Pt có một nghiệm x=9 Câu V.b.1 A :2x-3y+14=0 0,25 (1 điểm) H M(-3;0) x-2y-1=0 B C r r Ta có n 1; 2  là VTPT của đường thẳng CH, do AB  CH nên n 1; 2  là 1 VTCP của đường thẳng AB, mà AB đi qua M  3; 0   phương trình tổng quát đường thẳng AB: 2x  y  6  0 . Mặt khác A     A      AB do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt 2x  y  6  0  x  4    A  4; 2  2x  3y  14  0 y  2
 xA  xB 0,25 x M   2 x  2 do M  3; 0  là trung điểm của AB do đó   B  B  2; 2  y  yA  yB  y B  2  M  2 Do BC //   phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x  3y  m  0 (m  14) , mà (BC) 0,25 đi qua B  2; 2   m  2  BC : 2x  3y  2  0 Lại có C  BC  CH do đó tọa độ của C là nghiệm của hpt 0,25 x  2y 1  0 x  1    C1;0 2x  3y  2  0 y  0 Vậy A  4; 2  , B  2; 2  , C 1; 0  Câu V.b.2 Giả sử : d  d1 = M 1  2t1 ; 1  t1 ; t1  ; d  d 2 = N  1  t; 1; t  0,25 (1 điểm) uuur u Suy ra MN   t  2t1  2; t1 ; t  t1  uuur u uu r  d   mp  P   MN  k .nP ; k  R*  t  2t1  2  t1  t  t1 0,25  4 0,25  t5  1 3 2    M   ; ;    t  2 5 5 5 1 5   1 0,25 x  5  v  quaM   3  d:  r uu r có ptts :  y    v (v R ) vtcpu  nP  (1;1;1)   5  2 z   5  v  Câu VI.b (1 điểm) 4   C11  330 0,25đ Biến cố A: “4 quả cầu đó có cả quả màu đỏ và màu xanh” với A= A1  A2  A3 A 1 là 4 quả cầu có 1quả màu đỏ và 3 quả màu xanh 3 | A 1 |=5. C6 =100 0,25đ A2 là 4 quả cầu có 2quả màu đỏ và 2 quả màu xanh | A2 |= C52 .C62  150 0,25đ A3 là 4 quả cầu có 3quả màu đỏ và 1 quả màu xanh 3 | A3 |= C5 .6  60 100 150 60 31 0,25đ P ( A)  P ( A1 )  P ( A2 )  P ( A3 )     330 330 330 33 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.