de thi thu dai hoc lan 1 thanh chuong 3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT NGHỆ AN. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn thi : TOÁN; Khối A,B, A1. TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 3. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : 2x  1 y x 1 . Câu 1 ( 2,0 điểm ). Cho hàm số. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại các điểm phân biệt A , B sao cho OA = 4OB.   Câu 2 ( 1,0 điểm). Giải phương trình. 2 sin  2 x   3sin x  cos x  2 4 .  x3  6 x 2  13 x  y 3  y  10  2 x  y  5  3  x  y  x3  3 x 2  10 y  6 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  6 dx I  2 2 x 1  4 x 1 . Câu 4 (1,0 điểm) .Tính tích phân. ( x, y  R ).. Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD =2a, SA  (ABCD) và SA = a 6 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Tính thể tích khối chóp H.SCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC 2 2 2 Câu 6 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn x  y  z xyz .. x y z 1  2  2  Chứng minh : x  yz y  xz z  xy 2 2. II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( A hoặc B ) A. Theo chương trình Chuẩn D 3;  3 Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có  , CM : x  y  2  0 M là trung điểm của AD , phương trình đường thẳng , B nằm trên đường thẳng d : 3x  y  2 0 . Tìm tọa độ A, B, C biết B có hoành độ âm P Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   :. 3x  2 y  z  4 0 và điểm A  2; 2; 0  . Tìm tọa độ điểm M sao cho MA vuông góc với  P  , M  P O. cách đều gốc tọa độ. và mặt phẳng. n 1 n Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: Cn 4  Cn 3 7(n  3) .Tìm hệ số của 8. x trong khai triển:. P ( x) (. 2  x5 )n 3 x với x  0. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có D   1;  1. , diện tích bằng 6, phân giác trong của góc A là  có phương trình x  y  2 0 .Tìm tọa độ đỉnh B của hình chữ nhật , biết A có tung độ âm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 8.b (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  5 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa Oy và cắt (S) theo một đường tròn có bán kính r 2 z  2i 4 z z2. Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức. sao cho. là số thuần ảo và. ……………HẾT………..... Câu 1. Nội dung 1. (1.0 điểm) D R \  1 TXĐ: 1 y'  0   ;1 và  1;   . ( x  1) 2 . Hàm số nghịch biến trên các khoảng lim y  lim y   x  1 ; x 1 Tiệm cận đứng x = 1 lim y  lim y 2 x   x   ; Tiệm cận ngang y = 2. * Bảng biến thiên x   1   , y y  2  2. Điểm 0.25. 0.25. 0.25. Đồ thị: 0.25. (1.0 điểm) 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M ( x0 ; y0 ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. OB 1 1 1 tan A    OA 4  Hệ số góc của d bằng 4 hoặc 4 . Do OAB vuông tại O nên:.  xo  1 1 1 1    x 3 2 4 ( x0  1) 4  ( x0  1) Hệ số góc của d là:    o 3 1 5 1 3 yo  y  ( x  1)   x  xo  1 2 . Khi đó phương trình tiếp tuyến là: 4 4 4 2 Với thì y( x0 ) . xo 3. 2.. yo . 1. 2. 0. y( x0 ) . 5 1 13 1 5  x y  ( x  3)  2 . Khi đó phương trình tiếp tuyến là: 4 4 2  4. Với thì (1.0 điểm)   2 sin  2 x   3sin x  cos x  2 4   sin 2 x  cos 2 x 3sin x  cos x  2. 0.25. 0.25 0.25. 0,25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2.  2sin x cos x  2cos x  1 3sin x  cos x  2 2  sin x  2 cos x  3  2 cos x  cos x  3 0 . sin x  2 cos x  3   cos x  1  2 cos x  3 0. .  2 cos x  3  sin x  cos x 1 0. 0. 25. 0. 25.  1  sin x  cos x  1 0  sin x  cos x  1  sin  x    4 2   0.25.     x  4  4  k 2   x    5  k 2 4 4   (1.0 điểm).   x   k 2   2  , (k  Z )  x   k 2. (k  Z.). 3 2 3  x  6 x  13 x  y  y  10  3 2  2 x  y  5  3  x  y x  3 x  10 y  6.  1   x  2 . 3.  x  2  y3  y. f  t  t 3  t. Xét hàm số Do đó (*)  y  x  2. 0.25. (*). . Ta có. f '  t  3t 2  1  0t  R  f  t . Thay y x  2 vào (2) ta được : . 3x  3 . 5  2 x  x3  3x 2  10 x  26. 3x  3  3 1  3  x  2. 3 . đồng biến trên R. . 5  2 x  x3  3 x 2  10 x  24 2  x  2. 3x  3  3 1  5  2 x. 0.25. 0.25.  x  2   x 2  x  12 .  x 2  3 2    x 2  x  12  3 x  3  3 1  5  2 x. 0.25. 5  x 1 2 PT (3) vô nghiệm vì với 2 thì x  x  12  0  x 2  Vậy hệ có nghiệm duy nhất  y 0 . 4.. 6. dx I  2 2x 1  4x 1. Tính tích phân. t  4 x 1  x . Đặt t  2  3, t  6  5 5. Khi đó .. I  3. tdt.  t  1. 2. t2  1 tdt  dx  4 2. 5 1 1  1     dt  ln t  1   2  t  1  t  1  t 1   3 . 1    ln t  1   t 1  . 5 3. 0.25. 5 3. 3 1 ln  2 12. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 5.. 0.25. 3 1 ln  2 12 Tính thể tích…. Ta có :. VH .SDC.  VS .HDC. VS .HDC SH SH .SB SA2 6 VS .HDC ,    2  VS .BDC SB SB 2 SB 7. 6 6 1 2  VS .BDC  . .SA.S BDC  a 6.S BDC 7 7 3 7. 0.25. Gọi K là hình chiếu của B trên AD Ta có ;. BK.AD  AB.BD  BK=. AB.BD a 3  AD 2. 1 a2 3  S BCD  BK .BC  2 4 3 3a 2 VH .SDC  14 Vậy. AD  SBC  d  AD, SC  d  AD,  SBC   d  A,  SBC   h Vì nên .Dựng hình bình hành ADBE .Do AB  BD nên AB  AE 1 1 1 1 1 1 1 9  2   2   2 2 2 2 2 2 SA AB AE SA AB BD 6a Trong tứ diện vuông ASEB ta có : h.  h 6.. 0.25. 0.25 0.25. a 6 3. x y z   1 Từ gt ta có : yz xz xy 2 2 2 2 2 2 Mặt khác : xy  yz  zx x  y  x .Mà theo gt x  y  x xyz nên xy  yz  zx  xyz 1 1 1   1 x y z x 1 1 1 x       x  yz x  yz 4  x yz  x Lại có : (1) y 1 1 y      2 Tương tự : y  xz 4  y xz  (2) 2. 0.25. 0.25. z 11 z      z  xy 4  z xy  (3) 2. Cộng (1) (2) (3) ta được : x y z 1 1 1 1 x y z  1 1  2  2           1  1  2 x  yz y  xz z  xy 4  x y z yz xz xy  4 2. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Đẳng thức xảy ra.  x 2  y 2  x 2 xyz    x  y z  x  y  z 3  x 2  yz, y 2 xz , z 2  xy . 0,25. 7a B  d  B  b;  3b  2  d  B, CM  2d  D, CM  Vì S BMC 2 S DMC nên. 0,25.  b 3  b  1 2    b  1 B  3;  7  , B   1;5  B  3;  7  Khi đó . Loại vì B có hoành độ dương C  CM  C  c; c  2   I  1;1 . Gọi I là trung điểm của BD    C  5;3 Do CI  BD nên CI .BD 0  c 5 . Vì I là trung điểm của AC nên. 0,25. 0,25. A   3;  1. 0,25. . 0.25. .  P  có véc tơ pháp tuyến n  3; 2;  1 Gọi. 8a. M  a; b; c . . Ta có. AM  a  2; b  2; c . a 2  3t  b 2  2t     c  t MA   P  Vì nên AM và n cùng phương  AM tn, t  R  . Vì M cách đều O và (P) nên .. MO d  M ,  P   .  14  a 2  b 2  c 2   3a  2b  c  4 . Thay (1) vào (2) tìm được. t. 2. 2. 2. a b c . 3a  2b  c  4. 0.25. (1) 0.25. 14 0.25. 2. (2).  1 1 3 3 M  ; ;   4 2 4 4 . Vậy. 9a 8 Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển. P ( x) (. 2  x5 )n 3 x. Cnn41  Cnn3 7(n  3)  ( n  4)(n  3)(n  2)  (n  3)( n  2)(n  1) 42(n  3).  n 2  5n  6 14( n  3)  n2  9n  36 0. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  n  3(loai ) 2  ( 3  x 5 )12  n 12(tm) Với n=12 ta có nhị thức: x. 0,25. 5(12  k ) 60  11k 12 12 2 5 12 k k  3k k k 2 P ( x) ( 3  x )  C12 2 x x  C12 2 x 2 x k  0 k 0 Ta có:. 60  11k 8  60  11k 16  k 4 4 4 8 2 . Hê số của x là C12 2 7920. Gọi E là điểm đối xứng với D qua   E  AB PT đường thẳng DE: x  y  2 0. B  AE  B   3; b  PT đường thẳng AE: x  3 0 ,  b 2  S ABCD 6  AB. AD . Mà AD 2 nên AB 3  b  4 B   3;  4 . 8.b. . A  2C A2  C 2.  B, C 0 .  P. 0,25.  5. 2. Vậy PT. 0,25. 0,25. d  I ,  P    R2  r 2  5.   2 A  C  0  C 2 A. . Chọn A 1  C 2. là : x  2z 0. 0,25 0,25. 2. 9b. 0,25. B   3; 2  vì khi đó  là phân giác ngoài. Vậy. I  1;  3; 2  Mặt cầu (S) có tâm , bán kính R 3  P  chứa trục Oy nên PT  P  có dạng : Ax  Cz 0 Vì. Ta có. 0,25. B   3; 2  , B   3;  4 . Khi đó . Loại. 0,25. 0,25.  I   2;0  E   3;1 Gọi I là giao điểm của DE với  .Vì I là trung điểm của DE nên   A    A  a; a  2  A   3;  1 với a   2 . Do AE  AD nên AE. AD 0  a  3 .. 7.b. 0,25. z  2i  a 2   b  2  z 2 a 2  b 2  2abi Gọi z a  bi .Ta có , 2 a 2   b  2  4  2 2 a  b 0 Ycbt  a 0 a 2 a  2    b 0 hoặc b 2 hoặc b 2. 0.25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Vậy z 0, z 2  2i, z  2  2i. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>