De thi thu DH LomoloxopA

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT M.V LÔMÔNÔXỐP LẦN THỨ NHẤT. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3 2 C©u 1 (2,0 ®iÓm) Cho hàm số : y  x  (2m  1) x  ( m  2) x  m  2 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho khi m = 2. 2. Tìm m để (Cm) trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương. C©u 2 (2,0 ®iÓm) 1 (tan x.cot 2 x  1)cos3 x  ( 3 sin x  2cosx  1) 2 1. Giải phương trình:. log 2 x + y = 3log8 ( x  y + 2)  x 2 + y 2 +1  x 2  y 2 = 3  2. Giải hệ phương trình:  3. ln( x 2  3)  dx 2 x 1. C©u 3 (1,0 ®iÓm) Tính tích phân I C©u 4(1,0 ®iÓm): Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, AB = a. Góc giữa 1 cosφ = 3. mặt phẳng (A’BC) và (BCC’B’) bằng φ . Tính theo a thể tích khối chóp A’BCC’B’ biết a. 3 2 2 2. b2  c2 c2  a2 C©u 5: Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng: a  b II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). . b. . c. . A. Theo chương trình Chuẩn: Câu 6a. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , biết phương trình các M  3; 0  đường thẳng AB, BC lần lượt là x  3 y  5 0 và x  y 1 0 , đường thẳng AC đi qua điểm . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C .. x − 1 y +3 z −3 = = và hai −1 2 1 mặt phẳng (P):2 x+ y −2 z +9=0 ,(Q): x − y + z +4=0 . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với (P) và cắt (Q) theo một đường tròn có chu vi 2 π . z  1  2i 2 2 Câu 8a. (1,0 điểm) : Cho số phức z thoả mãn và phần ảo của z bằng 4. Tìm z Câu 7a. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng. d:. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6b. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C thuộc đường thẳng (d): x + 2y + 1 = 0, trọng tâm G. Biết diện tích tam giác GAB bằng 3 đơn vị diện tích, hãy tìm tọa độ đỉnh C. Câu 7b. (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z – 3 = 0, đường thẳng (): x 1 y 2 z   2 1 2 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 6y – 4z – 2 = 0. Hãy viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (), vuông góc với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). 1 2 n 1 n Câu 8b. (2,0 điểm) : Cho n là số nguyên dương thỏa Cn  Cn  ...  Cn  Cn 255 . Hãy tìm số hạng chứa x14. 1  x  3x 2   trong khai triển của P(x) =. n. .. ---------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh:....................................................................; Số báo danh:.............................................. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ KHỐI A, A1 – 2013 Lần 1. Câu I. 3 2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y x  3x  4  x 0 y'=3x 2 + 6x; y'=0    x  2 TXĐ: R.. lim y  ; lim y  x   Giới hạn: x    Bảng biến thiên:  x. y’ y. +. 0,25. -2 0 0. 0 -. 0. . + . -4. . Hàm số đạt cực đại tại x = -2, ycđ =0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, ycđ = - 4. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-;-2);( 0; ) và nghịch biến trên khoảng (-2;0) Đồ thị : 2. Tìm m để (Cm) trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương 3 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm: x  (2 m  1) x  ( m  2) x  m  2 0  x 1   x  1 x 2  2mx  m  2 0   2  x  2mx  m  2 0 (1) Để (Cm) trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương, phương trình (1) có hai nghiệm âm phân biệt khác1 m 2  m  2  0  ' 0   S0    m 0   2m1  P  0 m  2  0   3m  3 0  3m  3  0  đk. . Câu II. 0,25 0,25. 0,25. . 1 (t anx.cot 2x  1)cos 3 x  ( 3 sin x  2cosx 1) 2 1.Giải phương trình: Đk: sin2x  0 . Phương trình tương đương với: s inx.cos2x  sin 2x.cos x 1 .cos3 x  ( 3 s inx  2 cos x  1) sin 2x.cos x 2  s inx 1  .cos3 x  ( 3 s inx  2 cos x  1)  cos x  3 s inx 1 s in2x.cos x 2  1 2  cos(x  )   x k2π và x =   k2 3 2 3 2 x=  k2 (k  Z) 3 So sánh với điều kiện, phương trình có nghiệm:. 2. Giải hệ phương trình:. 0,25.  log 2 x + y = 3log8 ( x  y + 2)  2 2 2 2  x + y +1  x  y = 3. 0,25. 0,5. 0,25. 0,25 0,25 0,25. (1) (2). ĐK x  y. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> (1) . x + y = x  y +2  x + y = x  y+4 x  y 4. 0,25.  x  y 2  y  2 2 x  y   2  y 4 x  4 2 Thay y 4 x  4 vào (2) ta có :. x 2 + 4x  3 .  Từ đó tìm được 4 cặp nghiệm(2;2). Câu III. 3. ln(x 2  3) I  dx 2 x 1 Tính tích phân . Đặt 3. 0,25. x 2  4x + 4 = 3. x 2 + 4x  3 1  x  x 2 0,25.  u ln(x 2  3)   dx  dv    x2. 2x  du  x 2  3   v  1  x. 0,25. 3. ln(x 2  3) dx ln12 I  2 2 ln 4   2J x x  3 3 1 1. 0,25.   x 1  t  , x 3  t  6 3 Đặt tiếp: x  3 tan t  dx  3(1  tan t)dt , đổi cận. 0,25.  3.  I l n 4 . ln12 3dt ln12   2 l n 4   3 3 3 3 3  6. Câu IV. Gọi x là độ dài cạnh bên, O là tâm đáy ABC, I, M lần lượt là trung điểm của BC và B’C’ a 3 A 'O  (ABC); A ' M AI  ; 2 Ta có:. 0,25. A’. C B’. 0,25. M. 2 a2 2 a A'I  x  ( x  ); IM x 4 4 2.  AI  BC  BC  (A ' AIM)  A ' I  BC  A ' ˆIMφhay A'IMˆ 180  0 . A. O B. I. C’. ˆ , trong ΔAIM có : A'M2  A ' I2  IM2  2A ' I.IMcos *A 'IM . 0,25. 0,25. 3a 2 a2 1 a2 x 2   x 2  2. x x2   x a 4 4 4 3. 2 a3 2  VA 'BCC 'B' 2VA 'ABC  A 'O.SABC  3 6 ˆ 1800  , trong ΔAIM có : A'M 2 A ' I2  IM 2  2A ' I.IMcos(1800  ) *A 'IM 2. . 2. 0,25. 2. 3a a 1 a a 6 x 2   x 2  2. x x2   x 4 4 4 4 3. 2 a3 2  VA 'BCC 'B' 2VA 'ABC  A 'O.SABC  3 24 1 1 1 Câu 5 b c a x  ; y  ; z   xyz=1 VT  1  x 2  1  y2  1  z 2 a b c Đặt : Không mất tính tổng quát, giả sử x là số lớn nhất trong 3 số x,y,z nghĩa là: x  y; x  z x 1 và yz 1 .Ta có:. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2 (y  z)2 (yz  1) 1 1 2 Xét :    0    2 2 1  yz 2 2 2 2 1  yz 1 y 1 z (1  y )(1  z )(1  yz) 1 y 1 z 1. 1.  1 1  1 2 2 1  VT   2  2   2 1  2 2 2 2  1 x 1  yz 1  x 1 x  1 y 1 z  1 x 1. 1 1 2  2t  1 , 0  t   VT  2.t  2 1  t f (t).Ta có : f '(t)  0 x 1 2 1 t Đặt 1 1 3 (0; ]  f(t) f( )   f (t) đồng biến trên 2 2 2 . Dấu = xảy ra khi a=b=c Câu 6a AB: x  3 y  5 0 và BC: x  y  1 0  B( 2;  1) t. DBC sao cho MD//AB, phương trình MD: x  3 y  3 0  x  y  1 0  x 0   D(0;1)  x  3y  3  0 y  1   Toạ độ điểm D là nghiệm hệ. A. M(3;0). Gọi C(t; t + 1).Do MDC cân tại M, nên MD = MC  t 0  (t  3) 2  (t  1)2 10    t 2 C B D Với t = 0 thì C(0;1)  D (loại) Với t = 2 thì C(2;3) MC có phương trình 3x  y  9 0 , đt MC cắt AB tại A. Toạ độ điểm A là nghiệm hệ:  x  3y  5 0  x 4   A(4;  3)  3x  y  9 0  y  3 Câu 7a Gọi I là tâm mặt cầu, do Id nên I(1-t; -3+2t; 3+t). Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên mặt cầu 2(1  t)  3  2t  6  2t  9  2t  2 R d (I;(P))   3 4 1 4 có bán kính. Mặt cầu cắt (Q) theo một đường tròn có chu vi 2 π  đường tròn giao tuyến có bán kính (1  t)  3  2t  3  t  4  2t  11 r 1  d (I;(Q))    R 2  r2 1 1 1 3  t 4 2    2t  2   2t  11 2     t  23  1 3  3  2 . Bình phương hai vế, giải phương trình ta được  t 4  I ( 3;5;7), R 2 23 21 29 t   I ( ; 20; ), R 7 2 2 2 2 2 2 Phương trình mặt cầu là ( x  3)  ( y  5)  ( z  7) 4 21 29 2 ( x  )2  ( y  20)2  ( z  ) 49 2 2 hoặc Câu 8a Đặt z a  bi (a, b  R) , do z có phần ảo bằng 4 nên z a  4i.  a  4i  1  2i 2 2 . (a  1) 2  22 2 2. Giải phương trình tìm được a = 3 và a =-1 Vậy z = 3+4i và z = -1+4i Câu 6b Ta có C thuộc (d)  C(–2y – 1; y).. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>   2y  3 y  6  G ;  3 . G là trọng tâm  ABC   3 x 3 y 4   1  AB: x – y + 1 = 0; AB = 2 2 . AB = (–2; –2)  AB: 1. 0,25.  2y 3 y 6  1 xG  yG  1 y 3 3 d (G; AB )   2 2 = 2.. 0,25 0,25. y 1 1 SGAB  AB.d (G; AB )  .2 2. 2 2 2 = |y| = 3  y = ± 3. * y = 3  C(–7; 3). * y = –3  C(5; –3). Vậy C(–7; 3) hay C(5; –3).. Câu 7b.   u n (P) có VTPT là P = (1; 2; –2).  có VTCP là  = (2; 1; 2).. 0,25. (Q) // () và vuông góc (P) nên (Q) có VTPT là:    n Q  n P , u   = (6; –6; –3) = 3(2; –2; –1)  (Q): 2x – 2y – z + D = 0. 2. 2. 0,25. 2. (S) có tâm là I(1; –3; 2) và bán kính R = 1  3  2  2 4 . 2.1  2.( 3)  2  D  D 6 4  D  18 22  22  12 (Q) tiếp xúc (S)  d(I; (Q)) = R    . Vậy (Q): 2x – 2y – z + 6 = 0 hay (Q): 2x – 2y – z – 18 = 0.. 0,25 0,25 0,25 0,25. Câu 8b 8. 2 8. k 0. P(x) = (1 + x + 3x ) = 2k  m 14  0 m k 8 m, k  Z   YCBT  Vậy số hạng chứa x. .  C8k 3x2  x. 14. . 8. k. =. k 8 k k m 2 k m m  k m k  m 2k  m C C (3 x ) x   C8 Ck 3 .x  8  k k 0  m 0  = k 0 m0. . 0,25. m 0   k 7 7 8. 0 7 7.  m 2   k 8 8 8. 2 6 8. .. là: ( C C 3  C C 3 )x14.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>