Đề Thi Thử Đại Học Lần 1 Trường THPT Nguyễn Huệ Tỉnh Đak Lak năm 2013

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (580.27 KB, 4 trang )

S
GIO DC V
O T
O K LK

TRNG THPT NGUYN HU

THI TH I HC
MễN TON NM 2013

Thi gian lm bi: 180 phỳt.

I - PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im)
Cõu I
(2 im) Cho hm s : y =
3
1
x
3
-
2
1
mx
2
+ (m
2
- 3)x vi m l tham s
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 1.
2) Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m hm s t cc i ti x
C
,cc tiu ti x

CT
ng thi x
C
; x
CT
l
di cỏc cnh gúc vuụng ca mt tam giỏc vuụng cú di cnh huyn bng
2
10

Cõu II (2 im) 1) Gii phng trỡnh :
15 7
sin 4 4cos
1
4 4
1 2cos2
2
x x
x

2) Gii bt phng trỡnh:
xxx
x

321
12
2
23

.
Cõu III (1 im)Cho hỡnh phng (H)gii hn bi th hm s:y =
1x
ng thng y = 2 v cỏc trc to
1) Tớnh din tớch hỡnh phng (H)
2) Tớnh th tớch vt th trũn xoay sinh ra khi quay hỡnh phng (H) quanh Ox.
Cõu IV (1im) Hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thang vuụng ti A v B vi AB = BC = 3a;AD = 6a.
Cỏc mt phng (SAC) v (SBD) cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD).Bit gúc gia hai mt phng
(SCD) v (ABCD) bng 60
0
. Tớnh th tớch khi chúp v khong cỏch gia hai ng thng CD v SA.
Cõu V (1 im) Cho a,b,c dng . CMR :
129
222
333

c
b
a
cabcab

abc
cba

II Phần riêng (3điểm)
1. Theo chng trỡnh Chun :
Cõu VIa (2 im) 1)Trong mt phng vi h ta
Oxy
cho im M(5; - 6);ng trũn (C) c

ú phng trỡnh
: x
2
+ y
2
+ 2x - 4y - 20 = 0. T
M
v cỏc tip tuyn
,
MA MB
ti ng trũn
( )
C
vi
,
A B
l cỏc tip im.
Vit phng trỡnh ng trũn ni tip tam giỏc
MAB
.

2)
Trong khụng gian vi h trc ta vuụng gúc Oxyz, cho mt phng

: 3 0
P x y z

v ng
thng
1
:
1 3 1
x y z

. Lp phng trỡnh ng thng d, nm trong mt phng (P), vuụng gúc vi ng
thng

v cỏch ng thng

mt khong bng
8
66
.

Cõu VIIa(1 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc:
2
0

z z

.
Khi ú hóy tớnh tng cỏc ly tha bc tỏm ca cỏc nghim.
2. Theo chng trỡnh nõng cao:
Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong mt phng vi h trc ta Oxy; cho tam giỏc ABC cú nh

2;6
A
, chõn
ng phõn giỏc trong k t nh A l im
3
2;
2
D

v tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC l im
1
;1
2
I

. Vit phng trỡnh ng thng cha cnh BC.

2) Trong khụng gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) vaứ C(2;2;1) v mt phng (P): x + 3y z + 2 = 0.
Tỡm ta im M thuc mt phng (P) sao cho MA
2
+ MB
2
+ MC
2
t giỏ tr nh nht.
Cõu VIIb(1 im) Gọi z
1
, z
2
là hai nghiệm phức của phơng trình
0164
2
zz
, n là số tự nhiên thỏa mãn
C
0
4n
C
2
4n
+ C
4
4n
C
6
4n
+ + (-1)

k
C
2k
4n
+ + C
4n
4n
= 4096.
Tìm phần thực của số phức A =
nn
zz
21

(
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử).

ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2013
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

Câu I

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . HS tự làm
1
2) Tìm tất cả các giá trị của m
1
y' = x
2
- mx + m
2
- 3
Hàm số có CĐ,CT & x
C
Đ
> 0 ; x
CT
> 0 <=> y' = 0 có hai nghiệm dương phân biệt

0.25
<=>








03

0
0312
2
2
mP
mS
m
<=>
3
< m < 2. (*)

0.25
x
CĐ
; x
CT
là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng
2
10
<=> x
2
CĐ
+ x
2
CT
=
2
5
<=> (x

CĐ
+ x
CT
)
2
- 2x
CĐ
.x
CT
=
2
5

0.25
Theo định lí viet ta có : m
2
- 2(m
2
- 3) =
2
5
<=> m =
2
14
Thoả mãn điều kiện (*).

0.25

CâuII

1) ĐK : cos2x ≠ 0,5 pt <=> sin4x - cos4x + 4(sinx + cosx) = 1 - 2cos2x
0.25
Pt <=> 2sin2x.cos2x - 2cos
2
2x + 1 + 4(sinx + cosx) = 1 - 2cos2x
<=> 2cos2x(1 + sin2x - cos2x) + 4(sinx + cosx) = 0
<=> cos2x.(1 + 2sinx.cosx - 1 + 2sin
2
x) + 2(sinx + cosx) = 0
<=> (sinx + cosx)(cos2x.sinx + 1) = 0

0.25

Zkkxxx  ,
4
0cossin


(
thoả mãn điều kiện
)
0.25






01sin21sin01sinsin2101sin2cos
22
 xxxxxx

Zmmxx  ,2
2
1sin


(
thoả mãn điều kiện
)

0.25
2) Giải bất phương trình:
3 2
2 1 2 3
2 1
x x x
x
  


Đk x ( -
2
1
; +  ) \ {0} bpt <=>
3
2
321
12
2
x
xx
x



<=>



0
12.
121232
3
3
23



xx
xxxx

0.25
<=>


0
12.
)122.(12
3
2



xx
xxxx

0.25

Lập bảng xét dấu VT
Vậy nghiệm của bpt ban đầu : 0 < x
1 5
4


hoặc
x =
1 -
2

0.25

0.25

CâuIII

1) Từ gt => h ình phẳng (H) giới hạn bởi đths : x = y
2
+ 1 ; x = 0 & hai đthẳng y = 0;y = 2
nên có S =


2
0
2

)1( dyy
=
3
14
(đvdt)
2) V = 
[
 
 

5
0
5
1
2
2
12 dxxdx
] = 12 (đvtt)
0.25

0.25
0.25

0.25

CâuIV

Gọi O là giao điểm của AC & BD khi đó SO  (ABCD) & AOD  COB với tỉ số 2
Mà AC = 3a
2
=> OC = a
2
. Từ gt => AC  CD mà CD  SO => CD  (SAC)
0.25
Khi đó g((SCD) ; (ABCD)) = SCO = 60
0
=> SO = CO.tan60
0
= a
6

Vậy V
SABCD
=
3
1
SO.S
ABCD
=
2
69
3
a
(đvtt)

0.25
Vì CD  (SAC) nên kẻ CH  SA thì CH là đư

ờng vuông góc chung của CD & SA
0.25
Trong SAO có SA = a
14
mà :SO.AC = CH.SA =>CH =
3 42
7
a
hay d(SA;CD)=
3 42
7
a

0.25

Từ a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) ta c

ó :

C

âuV
abc
cabcabcbacba
abc
cba ))((
3
222333




=








cabcab
111
3
(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca)
0.25
Mà
cabcabcabcab 








9111

nên








cabcab
111
3
(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca)  3 + 9
ca
bc
ab
cabcabcba


222

0.25
Vậy pcm : 3 + 9
ca
bc
ab
cabcabcba




222
+
129
222





c
b
a
cabcab

0.25
<=>
2
222
222






c
b
a
cabcab

ca
bc
ab
cba
luôn đúng theo côsi.
0.25

Câu
VIa
1) Đường tròn (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R=5; MI = 10.
Gọi H là giao điểm của AB và MI ta có IH.MI=AI
2
Suy ra IH=5/2.

0.25

Vì MA và MB là các tiếp tuyến nên H phải nằm
giữa M và I, do đó
1 1
;0
4 2
IH IM H
 
 
 
 
 

0.25
Mặt

1
sin
2
IH
IAH
IA
 


0
30
IAH MAB
  

đều
Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB trùng với trọng tâm G
của nó. Ta có
2
3
GM HM

 


G(2;-2) từ đó tính được bán kính
5
2
r


0.25
Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB là
   
2 2
25
2 2
4
x y   

0.25
2) Ta có (P) có vtpt



1;1;1
P
n 

,

có vtcp


1;3; 1
u

 

,


1;0;0M

.
Do
 
 
; 4;2;2
d P
d P
d
u n
d P
u n u

d
u u





 
 
    
 
 
 




 
  
 

0,25

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và song song với

. Khi đó ta chọn



; 2 4;1;7
Q d
n u u

 
  
 
  
suy ra (Q) có dạng
4 7 0
x y z d
   
.

0,25

Ta có
   
 
 
 
4
; ; ;
66
d
d d d P d M P

    
. Từ đó kết hợp với giả thiết ta được:
4

8
4 8 4; 12
66 66
d
d d d

       

0,25

+) Nếu


4 : 4 7 4 0
d Q x y z
     
. Chọn điểm
   
1 13
; ; 1
3 3
N P Q d
 
   
 
 

suy

ra phương trình
1 13
1
3 3
:
2 1 1
x y
z
d
 

 
 

+) Nếu


12 : 4 7 12 0
d Q x y z
      
. Chọn điểm






1;1;1
N P Q d
 


suy ra
phương trình
1 1 1
:
2 1 1
x y z
d
  
 
 

0,25

Câu
VIIa
Giả sử z=x+iy Phương trình
2
( ) ( ) 0
x iy x iy
    
2 2
0
2 0

x y x
xy y

  


 


0,25

Giải hệ ta có:
1 2 3 4
1 3 1 3
0; 1; ;
2 2 2 2
z z z i z i
      

0,25

Vậy : z
8
1
+ z
8
2
+ z

8
3
+ z
8
4
= 0.
0,5
H
M
I
A
B

Cõu
VIb
1) Gi E l giao im th hai ca AD vi ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC. Ta cú
phng trỡnh ng thng AD:
2 0
x

. Do E thuc ng thng AD nờn

2;
E t
. Mt
khỏc do I l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC nờn

2 2
2 2
2 2
1 1
1 2 2 5 1 5 6; 4
2 2
IA IE t t t t

. Do o ta c

2; 4
E

0,5

Do AD l phõn giỏc nờn E l im chớnh gia cung BC suy ra IE vuụng gúc vi BC hay
BC nhn

5
1; 2
2
EI

l vector phỏp tuyn. Do ú pt ca BC l:

3
:1. 2 2. 0 2 5 0
2
BC x y x y

. Vy
: 2 5 0.
BC x y

0,5

Gi G l trng tõm tam giỏc ABC.
Chng minh c MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= 3MG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2

0,25

MA
2
+ MB
2
+ MC
2
nh nht
MG
nh nht
M

l hỡnh chiu ca G trờn (P).