Đề số 3 - Thi thử Đại học môn toán 2013 - khá hay!
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.27 MB, 8 trang )
Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)
TRUNG TÂM LTĐH SIMPLE
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 3 NĂM 2013
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2 2
2xy x m m m
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=-2.
b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có một góc bằng
0
120
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác
tan cot 2 sin 2 cos2x x x x
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
22
22
3
21
1
4 22
y
x y x
x
xy
y
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
3
6
sin 3cos
dx
I
xx
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD với đáy là hình thoi cạnh bằng 2a (a>0)
, 3, 60
o
S a SB a BACA
, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. M,N lần lượt là trung điểm của AB và BC.
a) Tính thể tích khối tứ diện NSDC.
b) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số
, , [0;2]x y z
và x+y+z=3. Chứng minh rằng
2 2 2
5x y z
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên đường thẳng
:2 3 14 0xy
, cạnh BC song song với
, đường cao CH có phương trình x-2y-1=0. Biết trung điểm của
cạnh AB là M(-3;0). Xác định tọa độ các đỉnh A,B,C.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
1
1
:
1 2 2
x y z
và
2
32
:
2 2 2
x y z
và mặt phẳng (P):x+y+4z+2=0. Tìm tọa độ điểm M trên
1
và N trên đường thẳng
2
sao cho MN song song
với mặt phẳng (P) đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng MN với mặt phẳng (P) bằng
2
.
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn (1-3i)z là số thực và
2 5 1zi
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Cho đường tròn (C) có phương trình
22
2 4 20 0x y x y
và điểm A(4;5). Viết
phương trình đường thẳng đi qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm E,F sao cho EF có độ dài bằng 8.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
1
:
1 1 4
x y z
và điểm M(0;3-2). Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng
, đồng thời khoảng cách giữa đường
thẳng
với mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu 9.b (1,0 điểm). Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác
suất có ít nhất 1 thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn
5
6
.
…………………………Hết…………………………
Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ ĐỀ SỐ 3
Câu 1. b) (Dạng: Cực trị hàm bậc 4)
HD: Xét pt y’=0, tìm đk có 2 nghiệm phân biệt, và
giải phương trình y’=0 để tìm ra 3 điểm cực trị A,
B và C. Dễ thấy tam giác ABC cân tại A nên để tam
giác ABC có một góc là
0
120
thì góc đó phải là tại
A, khi đó
.
cos
.
AB AC
A
AB AC
.
ĐS:
3
1
3
m
Câu 2. (Dạng: Biến đôi lượng giác)
HD:
2
tan cot
sin 2
xx
x
ĐS:
;
4282
k k
x
Câu 3. (Dạng: Hệ qui về đẳng cấp)
HD: Đổi biến
22
1;
x
u x y v
y
ĐS:
2 2 2 2
( , ) 1;3 , 1; 3 , 4 ;14 , 4 ; 14
53 53 53 53
xy
Câu 4. (Dạng: Tích phân hàm lượng giác)
HD: Đổi biến
3
tx
và
cosut
ĐS:
1
ln3
4
I
Câu 5. (Dạng: Hình chóp có mặt bên vuông góc
với đáy)
HD: Kẻ
SH AB
thì
( D)SH ABC
;
2S
SAB
SH
AB
và
. . .SM DN SH HM DN HM DN
ĐS:
3
5
; cos( , )
4
47
SCND
a
V SM DN
Câu 6. (Dạng: Chọn điểm rơi cực trị của hàm số)
HD: Không mất tổng quát, giả sử
z yx
, suy ra
1x
. Đánh giá
2 2 2 2
(3( ))yzy z x
để qui
về biến x rồi khảo sát hàm số.
ĐS: Dấu “=” khi và chỉ khi (x,y,z)=(0;1;2) hoặc
các hoán vị của nó
Câu 7a. (Dạng: Giải tam giác)
HD: Qua M kẻ đường vuông góc với CH cắt
tại
A. Từ tọa độ A suy ra tọa độ B dựa vào trung điểm
AB. Viết phương trình đường thẳng BC song song
với
cắt CH tại C.
ĐS: A(-4;2), B(-2;2), C(1;0)
Câu 8a. (Dạng: Tìm điểm trên đường thẳng thỏa
mãn điều kiện cho trước)
HD: Cách tổng quát để làm bài toán này là tham
số hóa tọa độ điểm. Cụ thể, ta tham số M theo t và
N theo k và tìm t,k dự vào 2 phương trình
.0
P
MN n
và d(M,(P))=
2
.
ĐS:
3 9 1
0;0;1 , ; ;
2 2 2
MN
hoặc
4 8 5 1 5 5
; ; , ; ;
3 3 3 2 2 2
MN
Câu 9a. (Dạng: tìm số phức)
HD: Đặt z=a+bi
ĐS:
7 21
2 6 ,
55
z i z i
Câu 7b. (Dạng: Dây cung của đường tròn)
HD: Gọi d là đường thẳng cẩn tìm. Viết phương
trình tổng quát của d qua A. Tính k/c từ tâm I của
đường tròn đến đường thẳng d.
ĐS: (d):x=4 hoặc (d):20x-21y+25=0.
Câu 8b. (Dạng: Viết PT mặt phẳng)
HD: Gọi VTPT của (P)
ĐS: (P): 2x+2y-z-8=0 hoặc (P): 4x-8y+z+26=0
Câu 9b. (Dạng: Xác suất)
HD:
9
| |
x
C
, gọi A= “Trong số x thẻ rút ra, có ít
nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4”,
7
x
AC
ĐS: số thẻ ít nhất phải rút là 6.
Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ SỐ 3
Câu
Đáp án
Điểm
1
(2,0 điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
42
4x 2yx
Tập xác định: D=R
Sự biến thiên:
3
' 4x 8x 0 0; 2xy x
0,25
- Hàm số đồng biến trên
( )2;0
và
( 2; )
và nghịch biến trên
( ; 2]
và
[0; 2]
- Hàm số đạt cực đại tại
0; 2
CD CD
xy
và đạt cực tiểu tại
11
2; 2
CT CT
xy
và
22
2; 2
CT CT
xy
.
- Giời hạn:
lim ; lim
xx
yy
0,25
- Bảng biến thiên
0,25
Vẽ đồ thị
0,25
b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một
tam giác có một góc bằng
0
120
.
Ta có
32
' 4x 4 x 4x( )y m x m
Đồ thị có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi
0m
0,25
Các điểm cực trị của đồ thị là
2
(0; ),B( ;m), ( ;m)A m m m C m
22
),; ;)( (AC m mAB m m
Do tam giác ABC cân tại A nên
0
120BAC
0,25
4
4
.1
cos
2
| |.| |
AB AC m m
BAC
mm
AB AC
0,25
4 4 4
3
0
2 2 3 0
1
3
m
m m m m m m
m
0,25
-2
2
-
-
+
0
y’
0
x
-2
0
0
+
Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)
Vậy
3
1
3
m
2
(1,0 điểm)
Giải phương trình lượng giác
tan cot 2 sin2 cos2x x x x
.
ĐK
sin .c 0osxx
0,25
PT
1
2 sin2 cos2 1 sin2 (sin2 cos2 )
sin .cos
x x x x x
xx
22
cos2 0
1 sin 2 sin2 .cos2 cos 2 sin2 .cos2
cos2 sin2
x
x x x x x x
xx
0,25
cos2 0 2
2 4 2
k
x x k x
0,25
sin2 cos2 tan2 1 2
4 82
x xx x x k
k
0,25
3
(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
22
22
3
21
1
4 22
y
x y x
x
xy
y
.
Đk:
22
0, 010,yxxy
.
Đặt
22
1;
x
u x y v
y
. Hệ trở thành
32
1
4 22 21 4
uv
u v u v
0,25
2
3, 9
32
1 2 13 21 0
7
21 4
,7
2
vu
vv
vv
vu
0,25
Nếu
3, 9vu
, ta có hệ phương trình
22
1, 3
1,
0
3
1
3
x
xy
x
y
y
xy
0,25
Nếu
7
,7
2
vu
, ta có hệ phương trình
22
22
4 , 14
53 53
22
4 , 14
55
8
33
7
2
x
xy
y
y
y
x
x
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm.
0,25
4
(1,0 điểm)
Tính tích phân
3
6
sin 3cos
dx
I
xx
.
33
66
11
22
13
sin
sin cos
3
22
dx dx
I
x
xx
0,25
Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)
Đặt
3
tx
, ta có
22
33
22
2
1 1 sin
2 sin 2 1 cos
dt tdt
I
tt
0,25
Đặt
cosut
thì
00
11
2
2
2
1 1 1 1
2 1 4 1 1
du
I dt
u u u
0,25
0
1
2
11
ln 1 ln 1 ln3
44
uu
.
0,25
5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD với đáy là hình thoi cạnh bằng 2a (a>0)
, 6, 60
o
S a SB a BACA
, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. M,N lần lượt là
trung điểm của AB và BC.
a) Tính thể tích khối tứ diện NSDC.
b) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SM và DN.
ABC
là tam giác đều cạnh 2a
22
3
(2 ) 3
4
ABC
aaS
2
1 1 3
2 2 2
CND BCD ABC
S S S a
.
0,25
Kẻ đường cao SH của tam giác SAB thì H
là hình chiếu của S trên mặt phẳng
(ABCD). Xét tam giác SAB
2 2 2 2 2 2
2
2
3
0
2.
2 . 3
sin 1 cos 1
34
cos
1
2
2
3
2
1
.
3
sin
2
34
SAB
SCND C
SA
ND
B
SB AB a a
SAS
SA a
ASB
SASB
aa
AS
B
S
SH a
B ASB
SA
AB
a
VS
S
HS
Ba
0,25
Ta có
2 2 2 2 2
2
3
2 4 2
SA SB AB a a
SM a a
2 2 2 2 2
1
2 . .cos 4 4 . 7
2
DN CN CD CN NCDCD a a a a
0,25
2 2 2 2
3
42
a
HM SM SH a a
. . .SM DN SH HM DN HM DN
1
. . . .
4
HM
SM DN HM DN AB DN DC DN
AB
2 2 2 2 2 2
2
47
.5
22
DC DN CN a a a
DC DN a
2
.
5 / 4 5
cos( , )
.
. 7 4 7
SM DN
a
SM DN
SM DN
aa
0,25
6
(1,0 điểm)
Cho ba số
, , [0;2]x y z
và x+y+z=3. Chứng minh rằng
2 2 2
5x y z
.
0,25
N
H
M
D
B
C
A
S
Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)
Không mất tổng quát, giả sử
z yx
, suy ra
3 31x x
0,25
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) (3 ) 2 6 9 ( )x y z y z x x x x f xx
0,25
Khảo sát hàm số f(x) trên khoảng [1;2] ta tìm được giá trị lớn nhất của f(x) là 5. Dấu
“=” khi và chỉ khi (x,y,z)=(0;1;2) hoặc các hoán vị của nó.
0,25
7a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên đường thẳng
:2 3 14 0xy
, cạnh BC song song với
, đường cao CH có phương trình x-
2y-1=0. Biết trung điểm của cạnh AB là M(-3;0). Xác định tọa độ các đỉnh A,B,C.
Cạnh AB qua M vuông góc với đường cao CH nên nó có phương trình:
2( 3) 0 2 6 0x y x y
0,25
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
2 3 14 0 4
2 3 6 0 2
x y x
x y y
. Vậy A(-4;2).
0,25
M là trung điểm AB nên B(-2;2).
Cạnh
BC
nên phương trình BC là
2( 2) 3( 2) 0 2 3 2 0x y x y
.
0,25
Tọa độc của C là nghiệm của hệ
2 1 0 1
2 3 2 0 0
x y x
x y y
. Vậy tọa độ đỉnh C(1;0).
0,25
8a
(1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
1
1
:
1 2 2
x y z
và
2
32
:
2 2 2
x y z
và mặt phẳng (P):x+y+4z+2=0. Tìm tọa độ điểm M trên
1
và N trên đường thẳng
2
sao cho MN song song với mặt phẳng (P) đồng thời
khoảng cách giữa đường thẳng MN với mặt phẳng (P) bằng
2
.
Gọi
12
( ; 2 ;1 2 ) ; (2 ;3 2 ; 2 2 )M t t t N k k k
(2 ;3 2 2 ;2 2 3)MN k t k t k t
0,25
(P) có VTPT
. 2 2 2 3 4(2 2 3) 9 12 91 0;1;4 MN n k t k t kn t t k
0,25
Khoảng cách giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (P) là
2 2 2
2 4(1 2 ) 2
2 6 9 6
18
1
69
( ,( )) ( ,( ))
14
t t t t
d MN P d M P t
3
0,
4
41
,
34
tk
tk
0,25
Vậy
3 9 1
0;0;1 , ; ;
2 2 2
MN
hoặc
4 8 5 1 5 5
; ; , ; ;
3 3 3 2 2 2
MN
0,25
9a
(1,0 điểm)
Tìm số phức z thỏa mãn (1-3i)z là số thực và
2 5 1zi
.
Giả sử z=a+bi, khi đó (1-3i)z=(1-3i)(a+bi)=a+3b+(b-3a)i
0,25
(1-3i)z là số thực
3a 0 3abb
0,25
22
2 5 1 2 (5 3a) 1 ( 2) (5 3a) 1z i a i a
0,25
22
2
10a 34a 29 1 5a 17a 14
6
0
7
5
21
5
ba
a b
0,25
Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)
Vậy
7 21
2 6 ,
55
z i z i
7b
(1,0 điểm)
Cho đường tròn (C) có phương trình
22
2 4 20 0x y x y
và điểm A(4;5).
Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt đường tròn (C) tại hai điểm E,F sao
cho EF có độ dài bằng 8.
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2), bán kính R=5.
Đường thẳng (d) qua A(4;5) có phương trình
22
4 5 0 (a 0)ba x b y
0,25
Do
22
2 2 2 2
2 4 5 3 7
( ,( )) 5 48 33EF
a b a b a b
d I d
a b a b
0,25
2
2 2 2
0
3 7 9( ) 42 40 0
42 40 0
b
a b a b ab b
ab
0,25
+) Nếu b=0, chọn a=1 thì (d):x=4.
+) Nếu
42 40 0ab
, chọn
20, 21ab
thì
( ):20 21 25 0d x y
.
0,25
8b
(1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
1
:
1 1 4
x y z
và điểm M(0;3-2). Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng
, đồng
thời khoảng cách giữa đường thẳng
với mặt phẳng (P) bằng 3.
Gọi
( ; ; )n a b c
là VTPT của mặt phẳng (P). Suy ra phương trình mặt phẳng (P):
ax+b(y-3)+c(z+2)=0 ax+by+cz-3b+2c=0
Mặt phẳng (P) song song với
có VTCP
(1;1;4)v
nên
. 4 0nv a b c
0,25
Lấy N(0;0;1) nằm trên
.Khoảng cách giữa
và (P) là
2 2 2
| 3b 3 |
;( )) ( ;( )) 3(
c
P d N P
a
d
bc
Thay a=-b-4c ta được
2 2 2 2 2 2
2 2 2
| b c|
1 2 2 8 17 10 16 0
( 4 )
b bc c b bc c b bc c
b c b c
2
8
bc
bc
0,25
+ Chọn c=-1, b=2, c=2 thì (P): 2x+2y-z-8=0
0,25
+ Chọn c=1, b=-8, a=4 thì (P): 4x-8y+z+26=0
0,25
9b
(1,0 điểm)
Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu
thẻ để xác suất có ít nhất 1 thẻ ghi số chia hết chó 4 phải lớn hơn
5
6
.
Trong 9 thẻ đã cho có hai thẻ ghi số chia hết cho 4 (các thẻ ghi số 4 và 8), 7 thẻ còn lại
ghi số không chia hết cho 4. Giả sử rút x thẻ
9,(1 )x x N
, số cách chọn x từ 9 thẻ
trong hộp là
9
x
C
, số phần tử của không gian mẫu là
9
| |
x
C
0,25
Gọi A là biến cố “Trong số x thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4”
Số cách chọn tương ứng với
A
là
7
x
AC
. Suy ra
77
99
( ) 1
xx
xx
PA
CC
PA
CC
0,25
Do đó
7
2
9
55
( ) 1 17x 60 0 5 12 6
6
9
6
x
x
C
P A x x
C
x
0,25
Trung tâm LTĐH Simple-Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giấy, Hà Nội-SĐT: 0982715678 (thầy Trọng)
Vậy giá trị nhỏ nhất của x là 6. Vậy số thẻ ít nhất phải rút là 6.
0,25
