[WWW.ToanCapBa.Net]-Thi thu DH + DA Nam 2013
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.48 MB, 25 trang )
WWW.ToanCapBa.Net
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A và A1; Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y
.
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm A(0 ;1) một
khoảng bằng 2.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình (1 cos x) cot x cos 2 x sin x sin 2 x.
x 2 xy x 3 0
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( x, y ).
( x 1) 2 3( y 1) 2 xy x 2 y 2 y 0
2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I
cos x ln(1 sin x)
dx.
sin 2 x
6
Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (BCD), tam giác BCD
vuông ở D. Biết rằng AB a 15 , BC 3a 3 , AC a 6 ; góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng
600. Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x 4 y 4
P
1
xy 2 . Tìm giá trị lớn nhất của
xy
2
2
3
.
2
2
1 x 1 y 1 2 xy
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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x 1) 2 ( y 2)2 5 và đường
thẳng d : x y 2 0. Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ điểm
A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0;1), B (1; 3; 2), C (1; 3;1).
Tìm điểm D thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng ( P) : x y z 0 và (Q) : y z 1 0 sao cho thể tích khối
tứ diện ABCD bằng 3.
4
2
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 1 z z i (iz 1) 2 . Tính mô đun của z
.
z 1
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 : x y 1 0 và
2 : x 7 y 1 0. Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với 1 tại M (1; 2) và tiếp xúc với 2 .
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x 2 y z 5 0 và các
điểm A(3; 1; 3), B(5;1;1). Tìm điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích
tam giác ABC bằng
3.
(1 i) z
có một acgumen bằng .
6
1 3 (1 3 )i
---------------------------- Hết --------------------------
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z biết rằng z 2 z 3 i và
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 13, 14/4/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.
2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 11 và ngày 12/5/2013. Đăng kí dự thi
tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 13/4/2013.
WWW.ToanCapBa.Net
1
WWW.ToanCapBa.Net
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013
Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu
Câu 1.
(2,0
điểm)
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
10. Tập xác định: \ {1}.
20. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y 2 và lim y 2.
x
x
Giới hạn vô cực: lim y và lim y .
x ( 1)
x ( 1)
0,5
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y 2, tiệm cận đứng là đường thẳng x 1.
3
* Chiều biến thiên: Ta có y '
0, x 1.
( x 1) 2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; .
* Bảng biến thiên:
x
1
y'
+
y
+
y
2
2
0,5
I
30. Đồ thị:
1
Đồ thị cắt Ox tại ; 0 , cắt Oy tại (0; 1) và
2
nhận giao điểm I (1; 2) của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng.
2
1 O
1
1
2
x
b) (1,0 điểm)
2x 1
, x0 1 là tiếp điểm. Theo bài ra ta có MA 2
Gọi M x0 ; 0
x0 1
2
2
2x 1
x 2
4
hay x 0
1 4 x02 0
x0 1
x0 1
x0 0
x0 ( x0 2)( x02 4 x0 6) 0, ( x0 1)
x0 2 .
Với x0 0, phương trình tiếp tuyến là y y ' (0).( x 0) y (0) hay y 3 x 1.
1
1
Với x0 2, phương trình tiếp tuyến là y y ' (2).( x 2) y (2) hay y x .
3
3
1
1
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y 3 x 1 và y x .
3
3
Điều kiện: sin x 0, hay x k , k .
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
cos x
(1 cos x)
cos 2 x sin x 2 sin x cos x
sin x
cos x cos 2 x cos 2 x sin x sin 2 x 2 sin 2 x cos x
2
0
Câu 2.
(1,0
điểm)
cos x(1 2 sin 2 x) cos 2 x sin x (cos 2 x sin 2 x) 0
cos x cos 2 x cos 2 x sin x cos 2 x 0
cos 2 x(cos x sin x 1) 0.
1
WWW.ToanCapBa.Net
2
0,5
0,5
0,5
WWW.ToanCapBa.Net
*) cos 2 x 0 x k , thỏa mãn.
4
2
x k 2 , ktm
1
*) cos x sin x 1 0 cos x
x k 2
x k 2 , tm.
4
4
4
2
2
Vậy phương trình có nghiệm x k , x k 2 , k .
4
2
2
2
Điều kiện: x y 2 y 0 y 0.
Câu 3.
(1,0
điểm)
0,5
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có xy x 2 x 3.
Thế vào phương trình thứ hai ta được
( x 1) 2 3( y 1) 2 x 2 2 x 6 2 x 2 y 2 y 0
0,5
x 2 2 3 y 2 ( x 2 2) y 0
3
y
y
2 2
1 0.
x2 2
x 2
y
1 hay y x 2 2.
x 2
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có
x 2 x( x 2 2) x 3 0 ( x 1)( x 2 3) 0 x 1. Suy ra y 3.
Vậy nghiệm của hệ là x 1, y 3.
1
Đặt sin x t ta có cos xdx dt và khi x t , khi x t 1.
6
2
2
1
ln(1 t )
Khi đó I
dt.
t2
1
Từ đây ta có
Câu 4.
(1,0
điểm)
2
0,5
0,5
2
Đặt u ln(1 t ) du
dt
dt
1
, dv 2 v . Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
1 t
t
t
1
1
1
2
2
1
dt
3
1
1
I ln(1 t )
ln 2 2 ln
dt
1
t
2 1 t t 1
1 t (t 1)
2
1
2 ln 3 3 ln 2 ln | t |
A
Câu 5.
(1,0
điểm)
H'
B
K
H
D
1
ln | t 1 |
1
2
3 ln 3 4 ln 2 ln
1
2
27
.
16
Vì AB 2 AC 2 BC 2 nên BAC 900.
(1)
Kẻ AH BC tại H, vì (1) nên H thuộc đoạn BC. Vì
( ABC ) ( BCD ) nên AH (BCD ).
Kẻ HK CD tại K đường xiên AK CD, từ giả
thiết AKH 600.
1
Sử dụng định lí cosin cho ABC cos ACB
2
0
ACB 45 AHC vuông cân ở H
AH HC a 3 BH BC HC 2a 3.
C
Vì HK, BD cùng vuông góc CD nên HK // BD
HK CH 1
.
BD CB 3
Mà HK AH cot 600 a BD 3a, CD BC 2 BD 2 3 2 a
S BCD
0,5
1
9 2a 2
1
3 6a3
BD.DC
VABCD AH .S BCD
.
2
2
3
2
2
WWW.ToanCapBa.Net
3
0,5
WWW.ToanCapBa.Net
Kẻ HH ' AK tại H ' , vì CD ( AHK ) nên CD HH ' HH ' ( ACD ). Từ công thức đường
cao của tam giác vuông AHK HH '
a 3
.
2
(2)
BC
3 nên d B, ( ACD ) 3d H , ( ACD) .
HC
3 3a
Từ (2) và (3) suy ra d B, ( ACD )
.
2
3V
Chú ý: HS có thể tính d B, ( ACD ) ABCD .
S ACD
1
1
Từ giả thiết ta có xy 2 2 x 2 y 2 . Đặt xy t 0 ta được t 2 2t 2
xy
t
Do
Câu 6.
(1,0
điểm)
2t 3 t 2 (2t 1) 0 (t 1)(t 1)(2t 1) 0 (t 1)(2t 1) 0
(3)
1
t 1.
2
1
1
2
.
(1)
2
2
1 xy
1 x 1 y
( x y ) 2 ( xy 1)
0, đúng do x, y 0 và xy 1 .
Thật vậy, (1)
(1 x 2 )(1 y 2 )(1 xy)
4
3
4
3
Khi đó ta có P
.
(2)
1 xy 1 2 xy 1 t 1 2t
4
3
1
Xét hàm số f (t )
trên ; 1. Ta có
1 t 1 2t
2
4
6
5t 2 2t 1
1
f ' (t )
2
.
0, t ; 1.
2
2
2
2
(1 t )
(1 2t )
(1 t ) (1 2t )
2
1 7
1
Suy ra f (t ) f , t ; 1.
(3)
2
6
2
1
1
7
Từ (2) và (3) ta có P . Dấu đẳng thức xảy ra khi xy và x y x y
.
6
2
2
7
1
.
Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi x y
6
2
(C) có tâm I (1; 2), R 5 . A d A(a; a 2).
B
Từ tính chất tiếp tuyến IA BC tại H là trung điểm BC.
d
Giả sử IA m, IH n (m n 0)
Với x, y 0 và xy 1 ta có
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Câu
8.a
(1,0
điểm)
I
0,5
0,5
0,5
0,5
HA m n, BH IB 2 IH 2 5 n 2
1
S ABC BC . AH BH . AH ( m n) 5 n 2 8. (1)
C
2
5
Trong tam giác vuông IBA có BI 2 IH .IA 5 m.n m .
(2)
n
Thay (2) vào (1) ta có
5
2
6
4
2
2
4
2
n 5 n 8 n 15n 139n 125 0 (n 1)(n 14n 125) 0.
n
a 1
A(1; 3)
Suy ra n 1, m 5. Suy ra IA 5 (a 1) 2 (a 4) 2 25
a 4 A( 4; 2).
x y z 0
x 2t 1
Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn
Đặt y t ta có
y z 1 0.
z t 1
D ( 2t 1; t ; t 1).
0,5
t 6
1
1
|t 3|
[ AB, AC ]. AD 2t 6
3
6
6
3
t 12.
Suy ra D( 11; 6; 5), D(25; 12; 13).
0,5
H
A
V ABCD
3
WWW.ToanCapBa.Net
4
0,5
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
9.a
(1,0
điểm)
2
Đặt z a bi, (a, b R ). Từ giả thiết ta có 1 a bi a (b 1)i (b 1 ai ) 2
1 a 2(b 1) 2
1 a bi 2(b 1) 2 2a (b 1)i
b 2 a (b 1).
b 2 a 1
b
2
2
Suy ra 1
2(b 1) , (b 1) (b 2)(2b 1) 0, (b 1)
b 1 a 1 .
2(b 1)
2
2
1 1
Suy ra z 1 2i hoặc z i.
2 2
4
4
*) Với z 1 2i, ta có z
1 2i
1 2i 1 i 2 i 5 .
z 1
2 2i
4
1 1
8
7
7 2
1 1
*) Với z i, ta có z
i
1 i
.
2 2
z 1
2 2 1 i 2
2
Câu
7.b
(1,0
điểm)
I
2
M (C )
(C) tiếp xúc với 1 tại M
I thuộc đường thẳng
IM 1
d 1 tại M.
0,5
0,5
0,5
Phương trình d : x y 3 0 I (a; 3 a ), R IM a 1 2 .
1
M(1; 2)
(C) tiếp xúc với 2 nên d ( I , 2 ) R
I ( 3; 6), R 4 2
a 3
| 6 a 22 |
a 1 2
5 2
a 2
I ( 2; 1), R 2
0,5
Suy ra (C ) : ( x 3) 2 ( y 6) 2 32 hoặc (C ) : ( x 2) 2 ( y 1) 2 2.
Câu
8.b
(1,0
điểm)
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến nQ [ AB, nP ] (1; 1; 1).
Suy ra (Q) : x y z 5 0.
x y z 5 0
Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P). Suy ra tọa độ C thỏa mãn
x 2 y z 5 0.
y 0
Đặt x t
C (t ; 0; t 5).
z t 5
t 5 C (5; 0; 0)
1
1
S ABC [ AB, AC ]
3( 2t 8) 2 t 4 3 3 t 4 1
2
2
t 3 C (3; 0; 2).
1 i
1 i
1 3i
. 1 3 (1 3 )i
2
2
4
1 3 (1 3 )i (1 3 ) (1 3 )
1
cos
i sin
.
2
3
3
(1 i ) z
r
Đặt z r (cos i sin ), r 0. Khi đó
cos( ) i sin( ) .
3
3
1 3 (1 3 )i 2
Ta có
Theo bài ra ta có
0,5
0,5
0,5
3r r
. Suy ra z
i.
3
6
6
2
2
Từ giả thiết của bài toán ta có
3r r
i
2
2
3r ri 3 i
2
r 2
3r r 2
2
2
2
2
2 3(r 1) (r 1) r 4(r 1) r 2 .
2
3
3 1
Từ đó ta có z 3 i, z
i.
3 3
4
WWW.ToanCapBa.Net
5
0,5
WWW.ToanCapBa.Net
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: D; Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y
.
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm A(0 ;1) một
khoảng bằng 2.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình (1 cos x) cot x cos 2 x sin x sin 2 x.
x 2 xy x 3 0
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( x, y ).
y ( x 3) x 1 2 x 2 y 2 y
2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I
cos x ln(1 sin x)
dx.
sin 2 x
6
Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng (ABC) (BCD), BAC BDC 90 0 . Cho biết
AB 2a 5 , AC a 5. Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a,
biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng với tan 4 .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 3 xy 3 x 4 y 4
biểu thức P x 2 y 2
16
2
x y2 2
2
. Tìm giá trị lớn nhất của
xy
.
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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x 1) 2 ( y 2) 2 5 và đường
thẳng d : x y 2 0. Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ điểm
A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0;1), B (1; 3; 2), C (1; 3;1).
Tìm điểm D thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng ( P) : x y z 0 và (Q) : y z 1 0 sao cho thể tích khối
tứ diện ABCD bằng 3.
4
2
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 1 z z i (iz 1) 2 . Tính mô đun của z
.
z 1
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 : x y 1 0 và
2 : x 7 y 1 0. Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với 1 tại M (1; 2) và tiếp xúc với 2 .
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : x 2 y z 5 0 và các
điểm A(3; 1; 3), B(5;1;1). Tìm điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích
tam giác ABC bằng
3.
(1 i) z
có một acgumen bằng .
6
1 3 (1 3 )i
---------------------------- Hết --------------------------
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z biết rằng z 2 z 3 i và
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 13, 14/4/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.
2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 11 và ngày 12/5/2013. Đăng kí dự thi
tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 13/4/2013.
WWW.ToanCapBa.Net
6
WWW.ToanCapBa.Net
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013
Môn: TOÁN – Khối D; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu
Câu 1.
(2,0
điểm)
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
10. Tập xác định: \ {1}.
20. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y 2 và lim y 2.
x
x
Giới hạn vô cực: lim y và lim y .
x ( 1)
x ( 1)
0,5
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y 2, tiệm cận đứng là đường thẳng x 1.
3
* Chiều biến thiên: Ta có y '
0, x 1.
( x 1) 2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; .
* Bảng biến thiên:
x
1
y'
+
y
+
y
2
2
0,5
I
30. Đồ thị:
1
Đồ thị cắt Ox tại ; 0 , cắt Oy tại (0; 1) và
2
nhận giao điểm I (1; 2) của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng.
2
1 O
1
1
2
x
b) (1,0 điểm)
2x 1
, x0 1 là tiếp điểm. Theo bài ra ta có MA 2
Gọi M x0 ; 0
x0 1
2
2
2x 1
x 2
4
hay x 0
1 4 x02 0
x0 1
x0 1
x0 0
x0 ( x0 2)( x02 4 x0 6) 0, ( x0 1)
x0 2 .
Với x0 0, phương trình tiếp tuyến là y y ' (0).( x 0) y (0) hay y 3 x 1.
1
1
Với x0 2, phương trình tiếp tuyến là y y ' (2).( x 2) y (2) hay y x .
3
3
1
1
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y 3 x 1 và y x .
3
3
Điều kiện: sin x 0, hay x k , k .
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
cos x
(1 cos x)
cos 2 x sin x 2 sin x cos x
sin x
cos x cos 2 x cos 2 x sin x sin 2 x 2 sin 2 x cos x
2
0
Câu 2.
(1,0
điểm)
cos x(1 2 sin 2 x) cos 2 x sin x (cos 2 x sin 2 x) 0
cos x cos 2 x cos 2 x sin x cos 2 x 0
cos 2 x(cos x sin x 1) 0.
1
WWW.ToanCapBa.Net
7
0,5
0,5
0,5
WWW.ToanCapBa.Net
*) cos 2 x 0 x k , thỏa mãn.
4
2
Câu 3.
(1,0
điểm)
x k 2 , ktm
1
*) cos x sin x 1 0 cos x
x k 2
x k 2 , tm.
4
4
4
2
2
Vậy phương trình có nghiệm x k , x k 2 , k .
4
2
2
2
Điều kiện: x y 2 y 0 y 0.
Trừ hai phương trình của hệ ta được
x 2 3 y 2 2 x 2 y 2 y
0,5
( x 2 2) 2 ( x 2 2) y 3 y 0
y
y
3 2
0.
x 2
x 2
1 2
Câu 4.
(1,0
điểm)
2
y
1 y x 2 2. Thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được
x 2
x 2 x( x 2 2) x 3 0 ( x 1)( x 2 3) 0 x 1. Suy ra y 3.
Vậy nghiệm của hệ là x 1, y 3.
1
Đặt sin x t ta có cos xdx dt và khi x t , khi x t 1.
6
2
2
1
ln(1 t )
Khi đó I
dt.
t2
1
Suy ra
0,5
2
0,5
0,5
2
Đặt u ln(1 t ) du
1
dt
dt
1
, dv 2 v . Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có
1 t
t
t
1
1
2
2
1
dt
3
1
1
I ln(1 t )
ln 2 2 ln
dt
1
t
2 1 t t 1
1 t (t 1)
2
1
1
2 ln 3 3 ln 2 ln | t |
ln | t 1 |
1
2
A
Câu 5.
(1,0
điểm)
H'
B
K
H
C
D
0,5
3 ln 3 4 ln 2 ln
1
2
27
.
16
Kẻ AH BC tại H, vì ( ABC ) ( BCD ) nên AH (BCD).
Kẻ HK CD tại K, đường xiên AK CD AKH .
Vì AB 2 5 , AC a 5 nên BC 5a, HC a, BH 4a ,
a
AH 2 a HK AH cot .
2
Do HK, BD cùng vuông góc CD nên HK // BD.
5a
Mà BC 5 HC nên BD 5 HK
2
5
3
a
CD BC 2 BD 2
2
1
25 3a 2
1
25 3a 3
BD.CD
V ABCD AH .S BCD
.
2
8
3
12
Kẻ HH ' AK tại H ' , vì CD ( AHK ) nên CD HH ' HH ' ( ACD). Từ công thức
2a
đường cao tam giác vuông AHK HH '
. Mà BC 5 HC nên
17
10a
d B, ( ACD ) 5d H , ( ACD 5HH '
.
17
3V
Chú ý: HS có thể tính d B, ( ACD ) ABCD .
S ACD
0,5
S BCD
2
WWW.ToanCapBa.Net
8
0,5
Đặt xy t 0. Từ giả thiết ta có
Câu 6.
(1,0
điểm)
3 xy 3 x 4 y 4
WWW.ToanCapBa.Net
2
2
2 x2 y 2
, hay
xy
xy
2
2t 3 3t 2 3t 2 0
t
1
(t 1)(2t 1)(t 2) 0 t 2 , vì t 0 .
2
16
8
Ta lại có P x 2 y 2
t2
.
2 xy 2
t 1
3t 3 2t 2
8
,
t 1
8
f ' (t ) 2t
,
(t 1) 2
Xét hàm số f (t ) t 2
0,5
(1)
1
t 2 . Ta có
2
1
t 2.
2
1
1
t2
t2
f ' (t ) 0 2
2
t 1.
t (t 2) 2 4 0
(t 1)(t 2 3t 4) 0
20 1 67
Ta có f (1) 5, f ( 2)
, f
.
3
2 12
Từ (1) và (2) suy ra P
d
H
20
, đạt khi x y 2 .
3
(C) có tâm I (1; 2), R 5 . A d A(a; a 2).
B
I
(2)
xy 2
20
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
x y 2.
3
x y 0
Vậy giá trị lớn nhất của P là
Câu
7.a
(1,0
điểm)
0,5
A
Từ tính chất tiếp tuyến IA BC tại H là trung điểm BC.
Giả sử IA m, IH n (m n 0)
HA m n, BH IB 2 IH 2 5 n 2
0,5
1
BC . AH BH . AH (m n) 5 n 2 8. (1)
2
5
Trong tam giác vuông IBA có BI 2 IH .IA 5 m.n m .
(2)
n
Thay (2) vào (1) ta có
C
S ABC
5
2
6
4
2
2
4
2
n 5 n 8 n 15n 139n 125 0 (n 1)(n 14n 125) 0.
n
0,5
a 1
A(1; 3)
Suy ra n 1, m 5. Suy ra IA 5 (a 1) 2 (a 4) 2 25
a 4 A( 4; 2).
Câu
8.a
(1,0
điểm)
x y z 0
Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn
Đặt y t ta có
y z 1 0.
D (2t 1; t ; t 1).
VABCD
t 6
1
1
|t 3|
[ AB, AC ]. AD 2t 6
3
6
6
3
t 12.
Suy ra D( 11; 6; 5), D(25; 12; 13).
3
WWW.ToanCapBa.Net
9
x 2t 1
z t 1
0,5
0,5
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
9.a
(1,0
điểm)
2
Đặt z a bi, (a, b R ). Từ giả thiết ta có 1 a bi a (b 1)i (b 1 ai ) 2
1 a 2(b 1) 2
1 a bi 2(b 1) 2 2a (b 1)i
b 2 a (b 1).
Suy ra
b 2 a 1
b
1
2(b 1) 2 , (b 1) (b 2)(2b 1) 2 0, (b 1)
b 1 a 1 .
2(b 1)
2
2
1 1
Suy ra z 1 2i hoặc z i.
2 2
4
4
*) Với z 1 2i , ta có z
1 2i
1 2i 1 i 2 i 5 .
z 1
2 2i
Câu
7.b
(1,0
điểm)
4
1 1
8
7
7 2
1 1
*) Với z i , ta có z
i
1 i
.
z 1
2 2 1 i 2
2
2 2
M (C )
2
(C) tiếp xúc với 1 tại M
I thuộc đường thẳng
IM 1
I
d 1 tại M.
1
0,5
0,5
0,5
Phương trình d : x y 3 0 I (a; 3 a ), R IM a 1 2 .
M(1; 2)
(C) tiếp xúc với 2 nên d ( I , 2 ) R
I ( 3; 6), R 4 2
a 3
| 6 a 22 |
a 1 2
5 2
a 2
I ( 2; 1), R 2
0,5
Suy ra (C ) : ( x 3) 2 ( y 6) 2 32 hoặc (C ) : ( x 2) 2 ( y 1) 2 2.
Câu
8.b
(1,0
điểm)
Câu
9.b
(1,0
điểm)
Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến nQ [ AB, nP ] (1; 1; 1).
Suy ra (Q) : x y z 5 0.
x y z 5 0
Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P). Suy ra tọa độ C thỏa mãn
x 2 y z 5 0.
y 0
Đặt x t
C (t ; 0; t 5).
z t 5
t 5 C (5; 0; 0)
1
1
S ABC [ AB, AC ]
3( 2t 8) 2 t 4 3 3 t 4 1
2
2
t 3 C (3; 0; 2).
1 i
1 i
1 3i
Ta có
. 1 3 (1 3 )i
2
2
4
1 3 (1 3 )i (1 3 ) (1 3 )
1
cos
i sin
.
2
3
3
(1 i ) z
r
cos( ) i sin( ) .
Đặt z r (cos i sin ), r 0. Khi đó
3
3
1 3 (1 3 )i 2
3r r
Theo bài ra ta có . Suy ra z
i.
3
6
6
2
2
Từ giả thiết của bài toán ta có
3r r
i
2
2
0,5
0,5
0,5
3r ri 3 i
2
r 2
3r r 2
2
2
2
2
2 3(r 1) (r 1) r 4(r 1) r 2 .
2
3
3 1
Từ đó ta có z 3 i, z
i.
3 3
4
WWW.ToanCapBa.Net
10
0,5
WWW.ToanCapBa.Net
TRƯỜNG PTTH CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
TỈNH QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2013
Môn: Toán; khối A+A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
2x
x−2
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b)Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) biết tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B sao
cho tam giác OAB thỏa mãn: AB = 2OA ( O là gốc tọa độ)
3 ( cot x + 1)
15π
Câu 2(1điểm). Giải phương trình: 3cot 2 x +
− 4 2cos x +
=1
s inx
4
2 x + y + x 2 − y 2 = 17
Câu 3(1điểm). Giải hệ phương trình:
y x 2 − y 2 = 12
Câu 1(2 điểm).Cho hàm số: y =
e
Câu 4(1điểm). Tính tích phân: I = ∫
1 + x ( 2 ln x − 1)
dx
2
x
x
+
1
(
)
1
Câu 5(1điểm). Cho hình chóp SABCD có SA vuông góc với đáy, đáy ABCD là nửa lục giác đều nội
tiếp trong đường tròn đường kính AD, với AD = 2a. Gọi I là trung điểm của AB, biết khoảng cách từ I
3a 3
tới mặt phẳng (SCD) bằng
. Tính thể tích khối chóp SABCD theo a và cosin của góc tạo bởi hai
8
đường thẳng SO và AD, với O là giao điểm của AC và BD.
Câu 6(1điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: x + y + 1 = 3xy
3x
3y
1
1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =
+
− 2− 2
y ( x + 1) x ( y + 1) x
y
II. PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình chuẩn:
Câu 7.a (1điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có AC = 2 BD và I(2;1) là giao
1
điểm hai đường chéo. Biết M (0; ) nằm trên đường thẳng AB, N(0;7) nằm trên đường thẳng CD. Tìm
3
tọa độ điểm B biết B có hoành độ dương.
Câu 8.a(1điểm). Lập phương trình mặt cầu qua A(0;1;3), có tâm I thuộc đường
x
y +1 z − 2
thẳng ( d ) :
và tiếp xúc với mặt phẳng (P): 2 x + 3 y − 6 z − 2 = 0 .
=
=
−1
2
1
Câu 9.a(1điểm)Cho x > 0 và C2nn++11 + C2nn++21 + C2nn++31 + ... + C22nn+1 + C22nn++11 = 236 .Tìm số hạng không chứa x
n
1
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 5 − 2 x .
x
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b(1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 16 .Viết phương trình
1
chính tắc của Elip biết tâm sai e = , Elip cắt đường tròn (C) tại bốn điểm phân biệt A,B,C,D sao cho
2
AB song song với trục hoành và AB = 2 BC
Câu 8.b(1 điểm). Cho A(3;5;4), B(3;1;4). Tìm điểm C trên mặt phẳng (P): x − y − z − 1 − 0 sao cho
tam giác ABC cân ở C và có diện tích bằng 2 17 .
Câu 9.b(1 điểm). Từ một bộ bài Tú lơ khơ gồm 52 con (13 bộ tứ). Người ta rút 5 con bất kỳ. Tính
xác suất để rút được 2 con thuộc một bộ tứ, 2 con thuộc bộ tứ khác, con thứ 5 thuộc bộ tứ khác nữa.
………………Hết…………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh………………………………………….Số báo danh……………………….
WWW.ToanCapBa.Net
11
WWW.ToanCapBa.Net
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT II, MÔN TOÁN,KHỐI A,A1
Câu
Nội dung
Điểm
I
a)
1đ
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
TXĐ: R \ {2}
1đ
0.25
y' =
−4
( x − 2)
2
< 0; ∀x ≠ 2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;2 ) ; ( 2; +∞ )
Hàm số không đạt cực trị
lim y = lim y = 2 ⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=2
x →−∞
0.25
x →+∞
lim y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x =2
x →2−
x →2
BBT
Đồ thị:
b)
1đ
2 xo
Gọi M xo ;
∈ ( C ) , (d) là tiếp tuyến của (C) tại M, cắt Ox tại A, Oy
xo − 2
tại B sao cho: AB = 2OA ⇒ ∆ABO vuông cân ở O nên hệ số góc của tiếp
tuyến k = ±1
x = 0
y '( xo ) = −1 ⇔ o
x0 = 4
xo = 0 ⇒ (d ) : y = − x
2
1đ
3
1đ
0.25
0,25
0.25
0.25
0.25
xo = 4 ⇒ ( d ) : y = − x + 8 .Vậy có một tiếp tuyến cần tìm là y = -x + 8
Tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y= -x+8
Chú ý: Nếu tìm ra mà không loại trường hợp y = -x thì trừ 0.25đ
Đk; x ≠ kπ , k ∈ Z
cos 2 x
cos x + s inx
Pt ⇔ 3 2 + 3
− 4 ( s inx + cos x ) = 1
sin x
sin 2 x
⇔ (3 − 4sin 2 x ) ( cos x + s inx + 1) = 0
−1
2
3 − 4sin x = 0 ⇔ cos2 x = 2
⇔
cos x + s inx = −1 ⇔ cos x − π = −1
4
2
π
x = ± 3 + kπ
⇔
(k ∈ Z )
−
π
x = π + k 2π , x =
+ k 2π
2
π
−π
Đối chiếu ĐK ta có nghiệm pt là x = ± + kπ ; x =
+ k 2π
3
2
2 x + t = 17
ĐK: x 2 − y 2 ≥ 0 .Đặt t = y + x 2 − y 2 , hệ trở thành: 2 2
x − t = −24
53 55
Giải hệ ta có: ( x; t ) = ( 5;7 ) ; ; − .
3
3
Từ pt thứ 2 của hệ suy ra y>0 nên t>0. Vậy x=5 ⇒ y = 4 hoặc y = 3
Vậy: Nghiệm của hệ là: ( x; y ) = {( 5;4 ) ; ( 5;3)}
WWW.ToanCapBa.Net
12
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
WWW.ToanCapBa.Net
4
1đ
Nội dung
e
e
e
dx
2
2 ln xdx
I= ∫
−∫
+
2
2
∫
x ( x + 1) 1 ( x + 1)
1
1 ( x + 1)
e
e
e
dx
2
1
2 e
1
|1
I1 = ∫
dx = ∫ −
−∫
dx +
2
x ( x + 1) 1 ( x + 1)
x x +1
x +1
1
1
2 e
2
2
= (ln x − ln( x + 1) +
) |1 = ln
+
x +1
e +1 e +1
e
e
2
−1
−1 e
I 2 = ∫ 2 ln xd
dx
= 2 ln x
|1 + ∫
x ( x + 1)
x +1
x +1
1
1
5
1đ
x e −2
2e
−1 e
= 2 ln x
|1 =
+ 2 ln
|1 +2 ln
x +1
e +1
e +1
x +1
2
Vậy I = 2 + 3ln
e +1
Gọi E là giao điểm của AB và CD, M là trung điểm của AD.
CD ⊥ CA
Ta có MA=MC=MD ⇒ ACD vuông ở C ⇒
⇒ CD ⊥ ( SAC )
CD ⊥ SA
Điểm
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Kẻ đường cao AH của tam giác SAC thì AH ⊥ ( SCD ) và
4
a 3
d ( I , ( SCD ) ) =
3
2
1
1
1
Ta có:
=
+
⇔ SA = a
AH 2 SA2 AC 2
3a 2 3
a3 3
S ABCD = 3S MAB =
⇒ VSABCD =
4
4
AH = d ( A, ( SCD ) ) =
0.25
S
H
D
A
I
O
N
B
C
Kẻ ON//AD, ta có:
0.25
2
2
7
2
13
AO = AC = a 3, SO 2 = SA2 + AO 2 = a 2 , ON = a, SN 2 = SA2 + AN 2 =
3
3
3
3
9
Theo định lý cosin trong tam giác SON,
ON 2 + OS2 − SN 2
21
. Vậy góc giữa SO và AD bằng
cos SON =
=
2ON .OS
7
21
arccos
7
WWW.ToanCapBa.Net
13
0.25
WWW.ToanCapBa.Net
6
1đ
P=
3 xy
3xy
1
1
1
1
2 xy + x + y
+ 2
− 2− 2=
+
=
y ( x + 1) x ( y + 1) x
y
y ( x + 1) x ( y + 1)
4( xy ) 2
0.25
2
Đặt t = x + y; t ≥ 2 xy ⇒ t ≥ 1
5t − 1
;t ≥ 1
4t 2
5t − 1
2 − 5t
; f ' (t ) =
p 0; ∀t ≥ 1
Xét f ( t ) =
2
4t
4t 3
Lập bảng biến thiên, suy ra m axf ( t ) = 1 ⇔ t = 1 ⇔ x = y = 1
0.25
Vậy max P = 1 ⇔ t = 1 ⇔ x = y = 1
Theo chương trình chuẩn:
Gọi E là điểm đối xứng của N qua I thì E(4;-5) ∈ AB
⇒ AB : 4 x + 3 y − 1 = 0
d (I,AB)=2. Vì AC = 2 BD nên AI = 2 BI
1
1
1
1
Trong tam giác vuông ABI ta có: = 2
=
+ 2 ⇒ BI 2 = 5
2
4 d ( I , AB ) 4 BI
BI
0.25
0.25
B là giao điểm của đường tròn tâm I bán kính R = 5 với đường thẳng AB
4 x + 3 y − 1 = 0
nên tọa độ B là nghiệm của hệ
2
2
( x − 2 ) + ( y − 1) = 5
Giải hệ trên, kết hợp với xB > 0 ta có B(1;-1)
Tâm của mặt cầu là
I ( −t ; −1 + 2t ;2 + t ) ∈ ( d ) ,
0.25
P=
0.25
t ≥1
7.a
1đ
8.a
1đ
d ( I ;( P ) ) =
0.25
0.25
0.25
| −2t + 3 ( −1 + 2t ) − 6 ( 2 + t ) − 2 | | 2t + 17 |
=
7
7
IA = t 2 + 4 ( t − 1) + ( t − 1) = 6t 2 − 10t + 5
2
2
Mặt cầu qua A và tiếp xúc với (P)
0.25
| 2t + 17 |
7
t
=
2
⇒
I
(
−
2;3;4);
R=3
2
⇔ 290t − 558t − 44 = 0 ⇔ −11
349
11 −167 279
t =
⇒I
;
;
; R =
145
145
145 145 145
nên: IA = d ( I ;( P ) ) ⇔ 6t 2 − 10t + 5 =
0.25
Có hai mặt cầu cần tìm: ( x + 2 ) + ( y − 3) + ( z − 4 ) = 9
2
2
0.25
2
2
2
2
11
167
279 349
x−
+y+
+z −
=
145
145
145 145
9.a
1đ
Ta có: (1 + 1)
2 n +1
= C20n +1 + C21n +1 + ... + C2nn +1 + C2nn++11 + ... + C22nn+1 + C22nn++11
2
0,25
⇔ 22 n +1 = 2 ( C2nn++11 + C2nn++21 + ... + C22nn++11 ) = 2.2 26
⇔ n = 18
0.25
0.25
18
k −18
18
+k
1
k
k
5
5
−
2
x
=
C
x
( −2 )
∑
18
k =0
x
Số hạng của khai triển không phụ thuộc x khi
k − 18
+k =0⇔k =3
5
Vậy số hạng không phụ thuộc x của khai triển là: C183 ( −2 ) = −6528
3
WWW.ToanCapBa.Net
14
0.25
WWW.ToanCapBa.Net
B
7.b
1đ
0.25
Chương trình nâng cao
2
Pt chính tắc của Elip có dạng:
2
x
y
+ 2 = 1( a > b > 0)
2
a
b
c
a 2 − b2 1
3
=
= ⇔ b2 = a 2 (*)
a
a
2
4
Vì Elip và đường tròn (C) đều nhận trục Ox, Oy làm trục đối xứng và
AB=2BC nên giả sử tọa độ B(2t;t), t>0
1
Thay tọa độ B vào pt đường tròn ta có: t 2 = , thay vào pt Elip cùng với (*)
5
256
64
thì a 2 =
; b2 =
15
5
x2
y2
Vậy pt chính tắc của Elip:
+
=1
256 64
15
5
mặt phẳng trung trực (Q) của AB có pt:y- 3 = 0
C = ( Q ) I ( P ) ⇒ C(t;3;t-4)
Ta có: e =
8.b
1đ
9.b
1đ
0.25
0.25
0.25
025
1
2
2
AB. IC = 2 17 ⇔ IC = 17 ⇔ ( t − 3) + ( t − 8) = 17
2
t = 4
⇔
t = 7
⇒ C ( 4;3;0 ) , C ( 7;3;3)
0.25
Chọn 5 con bài bất kỳ: C525
0,25
Số cách chọn 5 con theo yêu cầu: C132 C42 .C42 .11C41
0,5
s ABC =
C132 .C42 .12C42 .11C41
0.048
C525
(Đính chính: bỏ số 12 trong kết quả cuối cùng)
Vậy xác suất cần tìm là
WWW.ToanCapBa.Net
15
0.25
0.25
0.25
WWW.ToanCapBa.Net
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN - Khối: A,B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
TỈNH QUẢNG TRỊ
---------------------------------------------
ĐỀ THI THỬ LẦN 1
Phần bắt buộc (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = 2 x 3 + 3( m − 1) x 2 + 6( m − 2) x − 1,(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1
2) Tìm giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực trị của đồ thị cách đều
đường thẳng y = x − 1 .
3sin x − (cos x − sin x) 2
=1
π
2 sin 2 x − + 1
4
Câu 2. ( 1 điểm) Giải phương trình:
Câu 3. ( 1 điểm) Giải bất phương trình: 2 x − 3 + 2 x + 2 ≥ 3 4 2 x 2 + x − 6
π
2
Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ cos 2 x.(1 − sin 3 x)dx
0
Câu 5.(1 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 4a . M là trung
điểm BC , H là trung điểm AM và SH ⊥ ( ABC ) . Góc giữa mặt phẳng ( SAB ) và ( ABC )
bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và góc giữa hai mặt phẳng ( SAB ) và
( SAC )
Câu 6 (1 điểm) Cho ba số x, y, z ∈ [ 0; 2] và x + y + z = 3 . Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 ≤ 5 .
Phần tự chọn. (3 điểm). Thí sinh chọn và chỉ làm một trong hai phần: A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu 7 ( 1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC , đường thẳng BC có phương
trình x − y − 1 = 0 . Trọng tâm tam giác ABC là G (1;2) , điểm M (−2;1) nằm trên đường
cao kẻ qua A của tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm B biết B có hoành độ dương và diện
tích tam giác ABC bằng 24 .
Câu 8. (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz viết phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A(1; −1;2),
B (2;1; −1), C (−1;2; −3) biết tâm của mặt cầu nằm trên mặt phẳng Oxz .
Câu 9. (1 điểm). Cho tập A = {0;1;2;3;4;5;6;7} . Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 6 chữ số
khác nhau thuộc A , phải có mặt ba chữ số 0;1;2 và chúng đứng cạnh nhau.
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (c) : x 2 + y 2 − 2 x + 4 y + 1 = 0 . Đường
tròn (c) cắt trục tung tại A và B . Viết phương trình đường tròn ( c1 ) đi qua hai điểm A , B và
( c1 ) cắt trục hoành tại M , N mà đoạn MN có độ dài bằng 6.
Câu 8 (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; −1;0), B (2;0;3) và mặt phẳng
( P ) : x − 2 y − 2 z + 4 = 0. M là điểm thuộc (P) sao cho AM = 15 và MB ⊥ AB . Tìm tọa độ M
Câu 9 (1 điểm)
Tìm hệ số chứa x 7 trong khai triển của: f ( x ) = (2 − x + 2 x 3 ) n biết Cn0 + Cn1 + Cn2 = 29
( Cnk là tổ hợp chập k của n phần tử)
_________________Hết________________
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………..;Số báo danh……………………
WWW.ToanCapBa.Net
16
WWW.ToanCapBa.Net
THI TH
IH CL NI
Câu
Câu 1.1 Kh o sát s bi n thiên và v
m) Khi
lim y
KH I A, B
L i gi i
th hàm s khi
m
.
0,25
, lim y
x
x
0,25
BBT:
1
0
+
+
3
Kho
ng bi n:
C
i:
, c c ti u:
V
th : V
hàm s có c
i, c c ti
Câu 1.2
m) th ng
Hàm s có c
Vi t l i hàm s
ng th
0,25
m c c tr c
th
i, c c ti u khi và ch khi
ng
0,25
.
i d ng
.
m c c tr c
th hàm s
ng th ng này có h s góc
song song v
ng th ng
.
m c c tr c
th hàm s
c a hai c c tr c
th thu
ng th ng
m c c tr c
th hàm s là
và
mc a
0,25
, kho ng ngh ch bi n:
là
0,25
nên
không th
ng th ng
m
0,25
.
,
.
khi và ch khi
, th a mãn
u ki n.
0,25
Câu 2 Gi
m)
u ki n:
0,25
0,25
0,25
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
17
WWW.ToanCapBa.Net
Câu 3
m)
0,25
u ki n:
t
V i
V i
, gi
0,25
c
, gi
0,25
c
0,25
.
Câu 4
m)
0,25
0,25
0,25
0,25
V y
.
HI
AB, suy ra SI
Câu 5
m) Suy ra góc gi a (SAB) và (ABC) là góc
T
, suy ra
.
AB.
.
L i có
.
0,25
.
.
BN
Nh n xét:
SA.
0,25
SA
,
N, suy ra CN
.
0,25
,
suy ra góc c n tìm là
Câu 6 Cho
m) Gi s
0,25
.
và
, suy ra
.
, suy ra
Kh o sát hàm s
0,25
0,25
.
.
c giá tr l n nh t c a
trên
0,5
Câu 7a G i I
(1
m)
m BC, ta có
nên
Suy ra
G i
Gi
V y
suy ra
.
.
0,25
.
và
.T
suy ra
ta có
c
(do
, suy ra
.
.
0,25
0,25
).
0,25
.
WWW.ToanCapBa.Net
18
WWW.ToanCapBa.Net
Câu 8a
m)
nên
.
nên
Gi i h
0,25
c
0,25
. Suy ra
0,25
Bán kính:
0,25
Câu 9a
m)
a
b
TH1. b = 0:
cách
0,25
Suy ra có
TH2. b = 2:
TH3.
0,25
ng c nh nhau: có
cách
X
16 cách (do
)
0,25
0,25
Suy ra có
Câu 7b (C) có tâm
m)
G i
l
, bán kính
.
.
mc a
nên
có bán kính
0,25
.
c
, suy ra
, hay
0,25
.
V i
.
V i
0,25
.
Câu 8b
m)
, suy ra
.
,
Nh n th y
Suy ra
=
.
nên
.
V i
V i
u ki n:
,
0,25
.
0,25
0,25
.
0,25
.
suy ra
Câu 9b
m)
0,25
.
.
,
,
nguyên
.
0,25
.
0,25
.
S
0,25
là
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
19
WWW.ToanCapBa.Net
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
TỈNH QUẢNG TRỊ
---------------------------------------------
Môn: TOÁN - Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ THI THỬ LẦN 1
Phần bắt buộc (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = −
x3
+ x2 + m − 1
3
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m =
2
3
2) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm trên đường thẳng y =
Câu 2. ( 1 điểm) Giải phương trình: tan 2 x =
2
x +3.
3
1 − cos3 x
1 − sin 3 x
x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y
Câu 3. ( 1 điểm) Giải hệ phương trình:
π
3
2
2
xy + x + y = x − 2 y
(1 − cos 2 x)2 dx
Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫
sin 2 2 x
π
4
Câu 5.(1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân
' C = 300 . Tính theo a thể tích của khối tứ diện ABA ' C ' và
tại B biết AB = BC = a, và BA
tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( A ' BC ')
Câu 6 (1 điểm) Cho hai số dương a, b thỏa mãn: a + b = 1 .
1
1
+
Tìm giá trị nhỏ nhất của: P = 3
3
a + b ab
Phần tự chọn. (3 điểm). Thí sinh chọn và chỉ làm một trong hai phần: A hoặc B
A. Theo chương trình nâng cao:
Câu 7 ( 1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lập phương trình đường tròn (c) có tâm nằm trên
đường thẳng ∆ : 3x − y − 5 = 0 và cắt Ox theo dây cung có độ dài bằng 6, cắt Oy theo dây
cung có độ dài bằng 8
Câu 8. (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(1;2;3), B(3;4;5) ,
C (4;4;1) và D (−2;8;3) . Tìm tọa độ chân đường cao H kẻ từ D và tính thể tích khối tứ diện
ABCD .
Câu 9. (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số khác nhau và nhỏ hơn 34000
B. Theo chương trình chuẩn:
Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , góc ACB = 300 biết
B (1;3) và trọng tâm là G (1;1) . Tìm tọa độ A và C .
Câu 8 (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(1;2;3), B(2;3;4) ,
C (4;4;1) và D(−3;7;2) . Tính diện tích tam giác BCD và tìm tọa độ tâm mặt cầu đi qua 4 đỉnh
của tứ diện ABCD .
2
3
log 1 x + 1 − log 2 ( x + 1) − 6
2
2
Câu 9 (1 điểm) Giải bất phương trình:
≥ log 2 ( x + 1)
2 − log 2 ( x + 1)
_________________Hết________________
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………..;Số
WWW.ToanCapBa.Net báo danh……………………
20
WWW.ToanCapBa.Net
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
TỈNH QUẢNG TRỊ
ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
---------------------------------------------
PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu1.1
(1,0 đ)
2
x3
1
hàm số trở thành y = −
+ x2 −
3
3
3
Tập xác định: R
m=
Sự biến thiên:
y ' = − x2 + 2 x
x = 0
y' = 0 ⇔
x = 2
0,25
Bảng biến thiên:
−∞
x
y'
−
+∞
y
0
2
+
0
−
0
+∞
1
−
1
3
−∞
Hàm số đồng biến trên ( 0;2 ) và nghịch biến trên các khoảng ( −∞;0 ) ; ( 2; +∞ )
1
3
Cực đại (2;1), cực tiểu 0; −
0,50
y
1
3
Đồ thị đi qua ( −1;1), 3; −
1
CD
x
O
CT
2
0,25
Câu1.1
(1,0 đ)
y ' = −x + 2x
2
x = 0
y' = 0 ⇔
x = 2
Bảng xét dấu đạo hàm
x
y'
0,25
−∞
−
0
0
+
2
0
1
3
Cực đại: (2; m + ), cực tiểu ( 0; m − 1)
Câu 2
(1,0 đ)
1 13
2
m + =
Hai cực trị nằm trên đường thẳng y = x + 3 nên:
3 3 ⇒m=4
3
m − 1 = 3
cos x ≠ 0
π
Điều kiện:
⇔ x ≠ + kπ
2
sin x ≠ 1
WWW.ToanCapBa.Net
21
−
+∞
0,25
0,25
0,25
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
3
2
−
−
x
x 1 − cos3 x
1
cos
1
cos
⇔
=
tan 2 x =
1 − sin 3 x
1 − sin 2 x 1 − sin 3 x
⇒ (1 − cos 2 x )(1 − sin 3 x ) = (1 − sin 2 x )(1 − cos3 x )
⇒ (1 − cos x )(1 − sin x ) (1 + cos x ) (1 + sin x + sin 2 x ) − (1 + sin x ) (1 + cos x + cos 2 x ) = 0
⇒ (1 − cos x )(1 − sin x )( sin x − cos x )( sin x + cos x + sin x cos x ) = 0
cos x = 1
sin x = 1
⇒
sin x − cos x = 0
sin x + cos x + sin x cos x = 0, (*)
0,25
0,25
+ cos x = 1 ⇔ x = 2kπ
+ sin x = 1 loại
π
π
2 sin x − = 0 ⇔ x = + kπ
4
4
2
(sin x + cos x) − 1
=0
+ (*) ⇔ sin x + cos x +
2
sin x + cos x = −1 − 2,(vn)
⇔ (sin x + cos x) 2 + 2(sin x + cos x) − 1 = 0 ⇔
sin x + cos x = −1 + 2
+ sin x − cos x = 0 ⇔
π
2 −1
+ 2kπ
x = − + arcsin
4
π
2
⇔ 2 sin x + = −1 + 2 ⇔
4
3π
2 −1
− arcsin
+ 2 kπ
x =
4
2
Câu 3
(1,0 đ)
x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y,(1)
Giải hệ phương trình:
2
2
xy + x + y = x − 2 y
Đk: x ≥ 1, y ≥ 0
(2)
(2) ⇒ xy + x + y + y 2 = x 2 − y 2 ⇔ ( x + y )(1 − x + 2 y ) = 0
0,25
x = − y
⇒
x = 1+ 2y
+ x = − y ≤ 0 , không thỏa mãn điều kiện
+ x = 1 + 2 y thay vào (1) được:
0,25
(1 + 2 y ) 2 y − y 2 y = 2 + 2 y ⇒ (1 + y )( 2 y − 2) = 0
y = −1, (loai )
⇒
y = 2
Đs: x = 5; y = 2
Câu 4
(1,0 đ)
0,25
π
3
I=∫
π
4
π
3
0,25
π
3
π
3
(1 − cos 2 x) dx
4sin x
sin 2 x
=
dx
=
∫ 2 2
∫ 2 dx
sin 2 2 x
π 4sin x cos x
π cos x
2
4
4
0,25
4
π
3
1 − cos x
1
dx = ∫
− 1dx =
2
2
cos x
π
π cos x
=∫
0,25
2
4
0,5
4
π
3
π
4
= ( tan x − x ) = 3 − 1 −
π
12
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
22
Câu 5
(1,0 đ)
WWW.ToanCapBa.Net
BC ⊥ AB
* Ta có:
⇒ BC ⊥ ( ABB ' A ' )
BC ⊥ BB '
nên tam giác BCA ' vuông cân tại B có
BC
' C = 300 ⇒ A ' B =
BA
=a 3
'C
tan BA
Lại có
A'
B'
C'
0,25
AA ' = BA '2 − AB 2 = a 2 vậy
B
1
1
VABA ' C ' = VABC . A ' B ' C ' = S ABC . AA '
3
3
C
3
1
a
= AB.BC. AA ' =
6
3 2
* Ta có trung điểm của CB’ nằm trên mặt phẳng ( A ' BC ' ) nên
A
0,25
0,25
d ( C ,( A ' BC ' ) = d ( B ',( A ' BC ') = h .
Mà B ' B, B ' A ', B ' C ' đôi một vuông góc nên
Câu 6
(1,0 đ)
1
1
1
1
1
1
1
5
a 2
=
+
+
= 2 + 2 + 2 = 2 nên d ( C , ( A ' BC ' ) =
2
2
2
2
h
B'B
B ' A'
B 'C '
2a
a
a
2a
5
1
1
1
1
+
=
+
Thay b = 1 − a ta được: P = 3
3
2
a + (1 − a ) a(1 − a) 1 − 3a + 3a
a − a2
1
Do a ∈ (0;1) nên đặt t = a − a 2 và t ∈ 0; ta được:
4
1
1
P=
+ ; t > 0,1 − 3t > 0
1 − 3t t
3t
1 − 3t
3t 1 − 3t
P = 4+
+
≥ 4+2
.
= 4+2 3
1 − 3t
t
1 − 3t t
3t
1 − 3t
1
2
Đẳng thức xãy ra khi
=
⇔ 3t 2 = (1 − 3t ) ⇔ 3t = 1 − 3t ⇔ t =
1 − 3t
t
3+ 3
0,25
0,25
0,5
khi đó:
Câu
A7(1đ)
1
1
a − a2 =
⇔ a2 − a +
=0⇔a=
3+ 3
3+ 3
Vậy GTNN của P là 4 + 2 3
Gọi I (a; b) là tâm đường tròn
I ∈ ∆ ⇒ b = 3a − 5
Gọi A, B là giao điểm của (c) với Ox
C,D là giao điểm của (c) với Oy. F là trung
điểm AB, G là trung điểm CD
1
1
Ta có BF = AB = 3; CG = CD =4
2
2
2
2
2
R = IC = IB
⇒ IG 2 + GC 2 = IF 2 + BF 2
⇒ a +4 =b +3
⇒ a 2 + 16 = (3a − 5) 2 + 9
2
2
2
2
a = 3
⇒ 8a − 30a + 18 = 0 ⇒
a = 3
WWW.ToanCapBa.Net
4
2
23
1+
2 3−2
2 3−2
1−
3
3
∨a=
2
2
0,25
0,25
D
G
I
R
C
O
F
B
A
0,25
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
*Với a = 3 ⇒ b = 4; R = 25 pt đường tròn là : ( x − 3) 2 + ( y − 4) 2 = 25
3
−11 2 265
3
11
265
*Với a = ⇒ b =
;R =
pt đường tròn là : ( x − ) 2 + ( y + ) 2 =
4
4
16
4
4
16
2
Câu
A8(1đ)
Câu
A9(1đ)
Gọi H ( x; y; z ) là chân đường cao kẻ từ D của tứ diện
uuuur uuur
DH . AB = 0
uuuur
DH = ( x + 2; y − 8; z − 3)
uuuur uuur
uuur
uuur
DH . AC = 0
Ta có uuur uuur uuur
trong
đó:
AB
=
(2;
2;
2),
AC = (3; 2; −2)
uuu
r
uuur
AB, AC . AH = 0
AB, AC = (−8;10; −2)
2( x + 2) + 2( y − 8) + 2( z − 3) = 0
x + y + z = 9
x = 2
nên có 3( x + 2) + 2( y − 8) − 2( z − 3) = 0 ⇔ 3 x + 2 y − 2 z = 4 ⇔ y = 3
−8( x − 1) + 10( y − 2) − 2( z − 3) = 0
4 x − 5 y + z = −3
z = 4
Vậy H (2;3;4)
uuur
AD = (−3;6;0)
1 uuur uuur uuur 1
VABCD = AB, AC . AD = .84 = 14
6
6
Gọi số cần tìm có dạng: abcde với a, b, c, d , e khác nhau e là số chẵn
Do abcde < 34000 nên a ∈ {1;2;3}
Với a = 2 thì có 4 cách chọn e , bcd có A83 = 336 cách
Vơi a = 1 thì có 5 cách chọn e , bcd có A83 = 336 cách
Với a = 3 thì b ∈ {0;1;2}
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
Khi b = 1 thì có 5 cách chọn e , cd có A72 = 42 cách
Khi b ≠ 1 thì có 2 cách chọn b , 4 cách chọn e , cd có A72 = 42 cách
Vậy có: 336.9 + 42.(5 + 8) = 3570 số thỏa mãn đề bài
0,50
uuur
uuuur
Câu B7 Gọi M là trung điểm AC BG = 2GM nên M (1;0)
B(1;3)
(1đ)
Đặt A(a; b) ⇒ C (2 − a; −b)
uuur
uuur
AB = (1 − a;3 − b); AC = (2 − 2a; −2b)
0,25
G(1;1)
Tam giác ABC vuông tại A , góc
30
uuur uuur
C
A
AB
⊥
AC
ACB = 300 ⇒
0,25
AC = AB 3
(1 − a)(2 − 2a ) − 2b(3 − b) = 0
⇒
2
2
2
2
(2 − 2a) + (−2b) = 3 (1 − a ) + (3 − b)
a 2 + b 2 − 2a − 3b + 1 = 0
21b − 27 = 0
⇔ 2
⇔
2
2
2
a + b − 2a + 18b − 26 = 0
a + b − 2a − 3b + 1 = 0
108
7−6 3
9
2
9
(1
−
a
)
=
a=
;b =
b =
49
7
7
⇔
⇔
⇔
7
2
7+6 3
9
b = 9
a
=
;
b
=
(1 − a) = b(3 − b)
7
7
7
7−6 3 9 7+6 3 9
7+6 3 9 7−6 3 9
Vậy A
; ,C
; − hoặc A
; ,C
;−
7
7
7
7
7
7
7
7
WWW.ToanCapBa.Net
24
0,25
0,25
uuur
uuur WWW.ToanCapBa.Net
uuur uuur
Câu B8 Ta có BC = (2;1; −3), BD = (−5;4; −2) ⇒ BC.BD = 0
(1 đ)
Nên ∆BCD vuông tại B
1
1 2 2
630
S BCD = BC.BD =
2 + 1 + (−3) 2 . (−5)2 + 42 + (−2) 2 =
2
2
2
* Gọi I (a; b; c) là tâm của mặt cầu đi qua 4 đỉnh của tứ diện ta có :
(1 − a )2 + (2 − b) 2 + (3 − c) 2 = (2 − a) 2 + (3 − b) 2 + (4 − c)2
IA = IB
2
2
2
2
2
2
IA = IC ⇔ (1 − a ) + (2 − b) + (3 − c) = (4 − a) + (4 − b) + (1 − c)
IA = ID
2
2
2
2
2
2
(1 − a ) + (2 − b) + (3 − c) = (−3 − a ) + (7 − b) + (2 − c)
1
=
a
2
2a + 2b + 2c = 15
11
⇔ 4a + 4b − 4c = 19 ⇔ b =
2
−8a + 10b − 2c = 48
3
c = 2
1 11 3
Vậy I ; ;
2 2 2
Câu B9 Đk: x > −1; x ≠ 3
(1 đ)
Đặt: t = log 2 ( x + 1)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
1 3
− t − t −6
2 2
≥t
ta được:
2−t
6
t≤−
t 2 − 6t − 24 − 4t (2 − t )
5t 2 − 14t − 24
⇔
≥0⇔
≥0⇔
5
4(2 − t )
4(2 − t )
2 < t ≤ 4
1
6
−
1
<
x
≤
log
(1
+
x
)
≤
−
2
5
Vậy:
5 ⇔
64
2 < log 2 (1 + x) ≤ 4
3 < x ≤ 15
WWW.ToanCapBa.Net
25
0,25
0,25
0,25
