De thi thu DH lan III THPT Kinh Mon

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT KINH MÔN ------- --------. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 – NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – KHỐI A, B, A1 Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). .  . .  0; 0  ,  3; 0 , 3; 0 Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 2. Tìm m để đường thẳng y = 6x cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt O; A; B đồng thời hoành độ các điểm 4. 22 1. A; B là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng. -10. -5. -1 0 -1. 1. 5. 10. -2-2. -4.  x 0  O  0;0    2 x  mx  m 2  9 0  1   Câu II (2,0 điểm). 1. Giải phương trình:. x1; x2. 2. Giải hệ phương trình sau :. Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân.   m2  4( m2  9)  0    P m2  9  0  3  m  2 3  *  S m  0 . Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có  x   k  * 4. 2 2. thẳng  m  2(m  9) 8  m  10 tạo với mặt phẳng hai đường thẳng  2s in x cosx sin2xcosx  sinx cosx sin x  sin2x 1 0 theo a.. x12  x22  2 2. . . 2.  ( x1  x2 ) 2  2 x1x2 8. và đường. góc 2sin2x.cos2x2cos2x2sinxcosxsin2x1 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa. Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:.  cos x  sin x 0  Loai     sin 2 x  cos x  sin x    cos x  sin x   sin 2 x  1 0.  1. II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm đúng khối thi của mình A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho tam giác ABC với A(-1; -1), phương trình đường tròn ngoại 2 t cos x  sin x ,   2 t  2  1 t2 tt 1 t2 1 t3 t2  2t2 0 t1vàt= 2 tiếp là (T): . Viết phương trình đường thẳng  sin 2x 1 t , biết     là tâm đường tròn nội tiếp tam giác t 1 . Câu VII.a (1,0 điểm). Trong không gian cho 3 điểm (P):.   x   k 2   , k   t / m  2   x k 2. I sao cho.    cos x  sin x  2  cos  x   1  x   k2  Loai  4  4.   2  cos x  sin x 1  co s  x    4  2 . và mặt phẳng. . Mặt phẳng t  2 đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại. . Viết phương trình mặt phẳng t  2 .. 3   cos x  sin x  2  cos  x    1  x   k 2  Loai 4 4   Câu VIII.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển: 8. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho tam giác ABC và đường tròn (T):. x 0. .. 111 2y  2y 4y2 3   2 3  * xxx. Gọi là hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng (d): 3x+ 4y+ 30=0, A và trung điểm của AB nằm trên đường tròn (T). Tìm A; B; C biết trực tâm tam giác ABC là tâm đường tròn (T) và B có hoành độ dương. Câu VII.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho điểm A(0;-1;2) và đường thẳng. f  t  t  t t 2  3. t2 f ' t 1 t2 3  0 t2  3. .Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A, cắt đường thẳng (  ) tại C sao cho. khoảng cách từ B(2;1;1) đến đường thẳng (d) là x2  2 x. 1 1  x x. *  f 2y f    2y  x . 1 3 x  1 x. Câu VIII.b (1,0 điểm). Tính tổng ======================== Hết ===========================.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh:........................................................Số báo danh:.................................................... TRƯỜNG THPT KINH MÔN Câu I(2,0đ). ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 – LẦN 3 MÔN TOÁN – KHỐI A, B, A1 Nội dung trình bày 1. (1,0 điểm) Khi M=0 hàm số (1) có dạng a) Tập xác định : b) Sự biến thiên +) Giới. Điểm. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. 0,25. hạn:. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. +). Chiều. biến. thiên:. ,. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. . +) Bảng biến thiên: ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. 4. 22. 0,25. 1 -10. -1 0 -1. -5. 1. 5. 10. -2-2. -4. +) Hàm số đồng biến trên khoảng và nghịch biến trên khoảng ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. 0,25. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. .+) Cực trị: hàm số đạt cực đại ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #################. ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. tại Hàm số đạt cực tiểu tại ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. #################. ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. c). Đồ. thị:. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. , suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại Ox tại các điểm ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. 4. 0,25. 22 1 -10. -5. -1 0 -1 -2-2. -4. 1. 5. 10.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. (1,0 điểm) P/trình HĐGĐ: x( x2 – mx + m2 – 9)=0. 0,25.  x 0  O  0;0   2 2  x  mx  m  9 0  1 Đường thẳng y = 6x cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi pt (1) có 2 nghiệm dương phân biệt. 0,25. x1; x2 là hoành độ của A và B:.  m2  4(m2  9)  0    P m2  9  0  3  m  2 3  *  S m  0  . Theo gt ta có. x12  x22  2 2. . . 2. 0,25.  ( x1  x2 ) 2  2 x1x2 8. Theo đl Viet thì (*) 2. 0,25. 2.  m  2(m  9) 8  m  10 II(2,0đ). 1. (1,0 điểm)  x   k  * 4 Đk :. 0,25 P/trình  2sin 2 x.cos 2 x  2 cos 2 x 2  sin x  cos x   sin 2 x 1  2  sin x  cos x   sin 2 x  cos x  sin x    cos x  sin x   sin 2 x  1 0  cos x  sin x 0  Loai    sin 2 x  cos x  sin x    cos x  sin x   sin 2 x  1 0  1 Giải (1) : Đặt t cos x  sin x ,  2 t  2 0,25  sin 2 x 1  t 2 Pt (1) trở thành : 1  t 2 t  t  1  t 2  1  t 3  t 2  2t  2 0  t 1 và t=  2. . . . . . . + Với t 1 ta có.  2  cos x  sin x 1  co s  x    4 2    x   k 2   , k   t / m  2   x k 2 + Với t  2 ta có. 0,25. 0,25    cos x  sin x  2  cos  x   1  x   k 2  Loai  4 4  + Với t  2 ta có.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  3  cos x  sin x  2  cos  x    1  x   k 2  Loai  4 4  2. (1,0 điểm) Đk: x 0 . Nhận thấy (0; y) không là nghiệm của hệ phương trình. Từ phương trình (2) ta có 1 1 1 2 y  2 y 4 y2  3   3 x x x2 Xét hàm số. f  t  t  t t 2  3. 0,25.  *. có. f '  t  1  t 2  3 . t2. 0 t2  3 nên hàm số đồng biến. Vậy 1 1  *  f  2 y   f    2 y  x  x . Thay vào phương trình (1) :. x2  2 x x . 1 3 x  1 x ..  x 2 y  x 1 Điều kiện:  (**). 0,25. Pt.  x2 x. 1 1 3  x x. .. x Đặt t= t= 1. 1 x  t 0  =>. 0,25. 1 5 1 5  x Do (**) => x   t / m 2 2. Hệ có nghiệm.  1 5  1 5  ;   2 4   III. (1,0 điểm). t ln x  dt . dx x. Đặt : Đ/cận: x= 1 => t =0 và x= e2 => t= 2 K=. 0,25. 2 t  1 1t  1 2t  1 t 2  2t  1 dt  dt  dt  0 0 et 0 et 1 et dt I1  I 2 et 1 tdt 1 dt 1 dt 1 dt 1 I1  (  t   t )  ( te  t   t   t ) 0 0 e 0 e 0 e 0 e 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Đặt :. dt u t du 0,25 du  dt       dt   1 t dv  v  t v  e  t   e e   1 tdt 1 dt 1 dt 1 dt 1 1 1 I1  (  t   t )  ( te  t   t   t ) te  t  0 0 0 e 0 e 0 e 0 e e 2 tdt 2 dt 2 2 2 2 dt dt 2 1 1 2 I 2 (  t   t ) ( te  t  0,25   t )  te  t  ( 2  )   2 t 1 1 1 e 1 e 1 e 1 e e e e e Vậy : e2. I  1. IV. 0,25. ln 2 x  ln x 2  1 2 2 2(e  1)   2  2 x e e e2. (1,0 điểm) ( Học sinh không kẻ hình sẽ tính điểm không bài này). Trong (ABC), kẻ CH  AB  H  AB . , suy. CH   ABB ' A ' ra nên A’H là hình chiếu 0,25 vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó:   ' H 300  A ' C ,  ABB ' A '   A ' C , A ' H  CA . 1 7a 2 3 S ABC  AC.BC.s in1200  2 2 2 2 2 AB  AC  BC  2 AC.BC.cos1200 49a 2  AB 7 a 2.S CH  ABC a 3 0,25 AB . Suy ra:.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> CH 2a 3 s in300 . Xét tam giác vuông AA’C ta được: A 'C . AA '  A ' C 2  AC 2 a 5 . Suy ra: 7 a 3 15 V SABC . AA '  2 . Do CC '/ / AA '  CC '/ /  ABB ' A 0,25 '. 0,25. . Suy ra: d  A ' B, CC ' d  CC ',  ABB ' A '  d  C ,  ABB ' A '  CH a 3 V. (1,0 điểm) Ta có VT = a 2b 2 b2c2 c2a2   ( ab 2 c  2)(2ab 2 c 1) ( abc 2  2)(2abc 2 1) ( a 2bc  2)(2a 2bc 1) 0,25 = 1 1 1   2 1 2 1 2 1 (bc  )(2bc  ) (ca  )(2ca  ) ( ab  )(2ab  ) ab ab bc bc ca ca Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt y z x ab  , bc  , ca  x y z với x, y, z > 0 Khi đó VT = 1 1 1 0,25   y z z y z x x z x y y x (  2 )(  2 ) (  2 )(  2 ) (  2 )(  2 ) x x x x y y y y z z z z = 2 x y2 z2   ( y  2 z )( z  2 y ) ( z  2 x )( x  2 z ) ( x  2 y )( y  2 x) Ta có 9 ( y  2 z )( z  2 y )  yz  2 y 2  2 z 2  4 yz 2( y  z ) 2  5 yz  ( y 2  z 2 ) 2 Suy ra 0,25 x2 2 x2  2 ( y  2 z)( z  2 y ) 9 y  z 2 (1) Tương tự có y2 2 y2  ( z  2 x )( x  2 z ) 9 x 2  z 2 (2); z2 2 z2  ( x  2 y )( y  2 x) 9 y 2  x 2 (3) Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> VI.a. 2 x2 y2 z2  ( 2   ) 9 y  z 2 x2  z 2 y 2  x2 Lại có x2 y2 z2   y 2  z 2 x2  z 2 y 2  x2 0,25 = 1 1 1 ( x 2  y 2  z 2 )( 2  2  2 ) 3 2 2 y z x z y  x2 = 1 2 1 1 1 1 3 (( x  y 2 )  ( y 2  z 2 )  ( z 2  x 2 ))( 2  2 2 2 )  3  .9  3  2 2 2 y z x z y x 2 2 2 3 1  .  Suy ra VT 9 2 3 (đpcm) (1,0 điểm). 0,25. Đường tròn.  T. có tâm. K  3;2  bán kính là R 5 Ta có AI :x  y 0 , khi đó đường thẳng AI T cắt đường tròn   tại A ' ( A' khác A ) có tọa độ là nghiệm của hệ.  x  3 2   y  2  2 25   x  y 0  x  1   y  1 (loại) hoặc.  x 6   y 6 (t/m). Vậy A '  6;6  Ta có: A 'B A 'C. (*).   (Do BA ' CA ' ) =>  'BC BAI  A (1) (Vì  IAC. cùng bằng. ). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Mặt khác ta có.   ABI IBC (2) Từ (1) và (2) ta có:.  ' ABI     'BC IBA  ' BIA  BAI IBC A Suy ra tam giác BA 'I cân tại A ' do đó A 'B A 'I (**)  * ,  ** Từ. ta có. A 'B A 'C A 'I Do đó B,I,C thuộc đường tròn tâm A ' bán kính A 'I có phương trình là.  x  6. 2. 2.   y  6  50. 0,25. Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ.  x  3 2   y  2  2 25  2 2  x  6    y  6  50 Nên tọa độ các điểm B,C là : (7;  1), ( 1;5) 0,25 I Khi đó nằm trong tam giác ABC (TM) . Vậy phương trình đường thẳng. BC : 3x  4y  17 0 .. VIII.a. (1,0 điểm) Gọi mặt phẳng ( ) có phương trình là ax  by  cz  d 0 với. 0,25. a; b; c không cùng bằng 0 + mp ( ) đi qua A(1;1;  1) nên ta có : a  b  c  d 0 + mp ( ). (1).  mp ( P ) : x  2 y  2 z  1 0 nên 2 VTPT vuông góc nhau  a  2b  2c 0 + IB 2 IC  khoảng cách từ B tới mp ( ) bằng 2 lần khoảng cách từ C tới ( ). (2). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> . a  b  2c  d 2. 2. 2. 2.  a  2b  2c  d 2. a b c Từ (1), (2), (3) ta có 2 trường hợp sau : TH1 :. 2. 2. a b c.  3a  3b  6c  d 0     a  5b  2c  3d 0. (3). 0,25.  a  b  c  d 0    a  2b  2c 0 3a  3b  6c  d 0 . 1  b  2 a  c  a  3 d  a 2 . chọn a 2  b  1; c  2; d  3 Ta có phương trình mp ( ) là 2 x  y  2 z  3 0 TH 2 : 3  b   0,252 a  a  b  c  d 0    c  a  a  2b  2c 0   a  5b  2c  3d 0  3  d  a 2  chọn a 2  b 3; c 2; d  3 Ta có phương trình mp ( ) là 2 x  3 y  2 z  3 0 VIII.a. (1,0 điểm) Ta có: 8. 0,25 k. 8. 8.  1  x 2  1  2x     Ck  x 2  1  2x     Ck .x 2k  1  2x  k 8 8    k 0. 8. k. k 0. i. 8.   C8k x 2k  Cik   2x   . k 0 Để. i 0. . k 0i 0. x 2k i x8  2k  i 8  k  , k và i là các số nguyên. k i 0,25 C8k Cik   2  x 2k i  0 i k 8 . 8  0,25 i 2. 0 i k 8. VI.b.  thỏa mãn   i = 0; k = 4 và i = 2; k = 3 Vậy hệ số của số hạng chứa x8 là: 0,25 0 2 C84C04   2   C38C32   2  C84C04  4C38C32 (1,0 điểm) Nhận xét : Đường tròn (T) có tâm H(1;-2), R=5 0,25 d H ; d  5 => (d) tiếp xúc. C D.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> H với (T) tại D Tọa độ của D là nghiệm của hệ. A. 3x  4 y  30 0  x  2    2  2  y  6  x  y  2 x  4 y  20 0  D   2;  6  Do tâm đường tròn H là trực tâm tam giác ABC nên AD là đường kình của (T)=> A(4;2) Gọi M là trung điểm AB 0,25. 1 => HM//= 2 BD => BD = 10 Lấy. 0,25.   3a  30  B  a;   (d ) 4   . (đ/k) a  0 Do BD = 10   a  2. 2.  3a  6    100  4 . 2. => a= - 10(loại) và a = 6 (t/m) => B(6; -12) + Đường thẳng (CH) qua H. . AB  2;  14 . và có VTPT => Pt (CH): x - 7y – 15 = 0 => Tọa độ của C là nghiệm của hệ:.  x  7 y  15 0   3x  4 y  30 0 VII.b. 0,25.  x  6  C   6;  3   y  3. (1,0 điểm) Ptts của.   :.  x  1  2u   u  R  y u  z 2  u . 0,25. Do đt (d) qua A và cắt.    tại C nên C   1  2u; u; 2  u  => đường thẳng (d) có VTCP:. . AC  2u  1; u+1; -u . Ta có. .   AB  2;2;  1   AB, AC   1  u; 0,25 1; 4- 2u . =>. M.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>    AB, AC  (1  u )2 + 1+ (4- 2u)2 5u 2  18u  18    d B , d     2 2 2 AC (2u  1) + (u+1) + u 6u 2  2u  2 Theo giả thiết ta có:. 5u 2  18u  18 3 2 6u 2  2u  2 = 10  5u 2  18u  18 . 0,25 9 6u 2  2u  2  196u 2  882u  882 0 50. . .  u 3  3 u   2 + Khi.  u 3  AC  5;4;  3. => ptđt (d):.  x 5t   y  1  4t  t  R   z 2  3t . 0,25. + Khi.  3  5 3 u   AC  2; ;   2  2 2. => ptđt (d):.  x 4t   y  1  5t  t  R   z 2  3t  VIII.b. (1,0 điểm) Trong khai triển: 0 1 2 3 3 2013 2013  xC2013  x 2C2013  x C  ........  x C2013  1  x  2013 C2013 2013 0,25. Khi. x=. 0 C2013. 1  C2013. 1. Khi. x=-1. 0 C2013. 1 C2013. . ta. có:. 2  C2013. ta. 3 2013  C2013  ........  C2013 22013  1. có:. 2  C2013. 3 2013  C2013  ........  C2013 0  2 . Lấy (1) – (2) ta có: 1 3 5 7 2013 C2013  C2013  C2013  C2013  ........  C2013 2 2012  3. Xét. 1 i. số 2013. phức:. 0 1 2 0,25 3 3 2013 C2013  iC2013  i 2C2013  i C2013  ........  i 2013C2013. Do.  1  i  2013   1  i  2 . 1006.  1  i   2i  1006  1  i  21006  i 2 . 503. 1  i .  21006  1  i   21006  i 21006 Nên:.  21006  i 21006. 0,25. 0 1 2 3 4 5 2013 C2013  iC2013  C2013  iC2013  C2013  iC2013 ........  iC2013.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> = 0 2013. C. 2 4 2012 1 3 5 2013  C2013  C2013  ....  C2013  i. C2013  C2013  C2013  ........  C2013.  . Vậy. :. 1 3 C2013  C2013 1006. 5  C2013. 2013  ........  C2013. 0,25. = 2. (4) Lấy (3) + (4):. S 2. 2011. Ta có. 1005.  2. Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa. SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT KINH MÔN ------- --------. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 – NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). y. 2x  1 C x 1. Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) b) Tìm điểm M trên đồ thị hàm số (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M cắt tiệm cận đứng và. 1 1 1   2 IB 2 2 ( I là giao điểm của hai tiệm cận) tiệm cận ngang của (C) tại A và B sao cho : IA Câu II (2,0 điểm)..  x 2  2cos  2x-  -2 2cos 2  2cos x  2  sinx+cosx  4 2  1. Giải phương trình sau: 3  x  y   8 xy 2  x  y   8  xy    2 2   x  y  x  y 2 2  2 x  y   x; y  R  2. Giải hệ phương trình sau: . . . Câu III (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB= 4a; AD = a; M là trung điểm của CD; SA vuông góc với đáy. Mặt phẳng (SCD) tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. Tính thể tích của tứ diện SABM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM. 2 3 x  2   2  ln x   x ln 2 x  I  dx 2 x  x  2  ln x 2 Câu IV (1,0 điểm). Tính tích phân sau: 3 ln a 1+ √ a Câu V (1,0 điểm). Cho số thực a > 1, chứng minh rằng: < a− 1 a+ √3 a II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm đúng khối thi của mình A. Theo chương trình Chuẩn C  3;  3  Câu VI.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho hình vuông ABCD, M là trung điểm của cạnh BC, đường thẳng DM: x  y  2 0 ; A thuộc đường thẳng d : 3x  y  2 0 . Xác định tọa độ các đỉnh A,B,D..  P  : x  y  z  1 0 . Câu VII.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON. 2. Câu VIII.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn:. w=. 17 i   1  2i  z z. Tìm modun của số phức: B. Theo chương trình Nâng cao. z  1  6i  zi 53  z  3i. .

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 4 Câu VI.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho Elip (E): 4 x  9 y 36 và I(1; 3 ). Viết phương trình    AI  2 BI 0 đường thẳng qua I cắt (E) tại A; B phân biệt sao cho 2. 2. Câu VII.b (1,0 điểm). Trong không gian cho điểm A(1; 1; 1); B(3; -1; -2). Lập phương trình mặt phẳng 2. 2. 2. qua A; B cắt mặt cầu (S): x  y  z  2 x  4 y  6 z  11 0 theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6 . 6. 1 2 x   x 4 2   có tổng của số hạng thứ hai Câu VIII.b (1,0 điểm). Tìm x biết trong khai triển nhị thức :  và thứ năm là 510. ======================== Hết =========================== Họ và tên thí sinh:........................................................Số báo danh:..................................................... TRƯỜNG THPT KINH. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 – LẦN 3 MÔN TOÁN. MÔN Câu I(2,0đ). Nội dung trình bày 1. (1,0 điểm). Điểm. 0,25. 0,25 0,27. 0,25 2. (1,0 điểm) 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 0,25 II(2,0đ). 1. (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) 0,25. 0,25 0,25 III. (1,0 điểm). 0,25. 0,25 0,25 0,25 IV. (1,0 điểm) ( Học sinh không kẻ hình sẽ tính điểm không bài này). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 0,25 0,25 0,25 V. VI.a. (1,0 điểm) (1) <=> (a + √3 a )lna < (1 + √3 a ) (a-1) (2) 3 §Æt x = √ a => x >1 (2) <=> 3(x3 +x) lnx < (1+x).(x3-1) x > 1 <=> x4 + x3 - x - 1 - 3 (x3+x)lnx > 0 (3) x > 1 §Æt f(x) = x4 + x3 - x - 1 -3 (x3 + x)lnx x 1;+ ∞ ) Ta cã f’(x) = 4 x3 + 3x2 - 1 3 (3x2 + 1) lnx + (x3 + x) . 1  x 3 = 4x - 4 - 3 (3x2 + 1) lnx f”(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x 1 ) x 1 f(3)(x) = 3 ( 8x + -6ln x2 x - 9) 6 2 − f(4)(x) = 3.(8)= x x3 3 6 (4 x −3 x − 1) = 3 x 4 x 2 +4 x+1 ¿ > 0 , x > 1 6 (x −1)¿ ¿ Suy ra f(3)(x) đồng biến nên [1;+ ∞ ) f(3)(x) > f(3)(1) = 0 ... t¬ng 0,25 tù f’(x)> 0 víi x > 1  f(x)> f (1) = 0 víi x >1 suy ra (3) đúng. (1,0 điểm). 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 0,25 0,25 VIII.a. (1,0 điểm) 0,25 0,25. 0,25. 0,25 VIII.a 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.b. (1,0 điểm).  t;  3t  2 . Gọi A . Ta có khoảng cách:. d  A, DM  2d  C, DM  . 4t  4 2. 0,25. . 2.4  t 3  t  1 2. A  3;  7   A   1;5 . hay . Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên chỉ có A mãn. Gọi D thì . 0,25.   1;5 thoả.  m; m  2   DM.  AD  m  1;m  7  ,CD  m  3;m  1. Do ABCD là hình vuông.   m 5  m  1 0,25 DA.DC 0    2 2 2 2 DA DC  m  1   m  7   m  3   m  1  m 5  5;3 Hay D 0,25   AB DC   2;  6   B   3;  1 . Kết luận A.   1;5 ,.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> B   3;  1. VII.b.  5;3. ,D (1,0 điểm) +Tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm của BC+Gọi C(2t+1;t) .Suy ra B(1-2t;3-t) 2 CA  AB nªn t=1,t= 5 +Với t=1 có C(3 ;1) và B (1 ;2) +Với 2 1 2 9 17 t cã C( ; ) vµ B( ; ) 5 5 5 5 5  Giả sử nQ là một vecto pháp   tuyến của (Q). Khi đó nQ  nP  1;  1;  1 . Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại M  0; a;0  , N  0;0; b  phân biệt sao cho OM = ON nên  a b 0 a b    a  b 0. 0,25. 0,25. Nếu a = b thì   MN  0;  a; a  // u  0;  1;1   nQ  u và nên    nQ  u , nP   2;1;1 .. 0,25. Khi đó mặt phẳng (Q): 2 x  y  z  2 0 và  Q . M  0; 2; 0  cắt Oy, Oz tại N  0;0; 2  và (thỏa mãn) Nếu  a = - b thì  MN  0;  a;  a  // u  0;1;1   nQ  u và nên    nQ  u, nP   0;1;  1 .. 0,25. Khi đó mặt phẳng (Q): y  z 0 VIII.b. (1,0 điểm) Theo giải thiết ta có: 2 4 1 1      x  x 0,25 4 2   C4 4x 2  4 2  510 C62 4x  4 6    .  .  .  .  .  .  .  C62 44x.41 2x  C64 42x.42 4x 0,25 510.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>  412x  42 2x 34 Đặt P/trình. t 4 x.  t > 0. 0,25. 8 1  2t  17  2t 2  17t  8 0  t  và t= 8 t 2 1 1 t   x  2 2 + Khi 0,25 3 t 8  x  2 + Khi Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa..

<span class='text_page_counter'>(19)</span>