DE VA DAP AN MON TOAN THI THU DH LAN 2 TRUONG THPTTRAN PHU

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Câu 6.(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2 5  a  b  c   2ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ĐỀ CHÍNH THỨC  3 1  ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Q a  b  c  48    a  10 3 b  c  LẦN II NĂM 2013  . Môn: TOÁN - Khối A,A1,B và D II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH. TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ. Thời gian làm bài: 180 phút(phần A hoặc B) không kể phát đề A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình I. PHẦN CHUNG CHO là x  3 y  1 0 và x  y  1 0 . Biết M(-1;2) là trung điểm AB. Tìm tọa TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 độ điểm C. điểm) Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm 2 2 2 x  4    y  1   z  1 15  x  2 y  z  5  0 2mx  m  2 (P): và mặt cầu (S): . y Viết phương trình mặt phẳng(Q) đi qua A(1;0;-4), vuông góc với (P) đồng x  1 số (1). vi bằng 4  . a) Khảo sát và vẽ đồ thị thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu 5i.z z  1  i   3  2i   của hàm số (1) khi m 1 .  2  i . b) Tìm m để đồ thị của Câu 9.a(1.0 điểm) Tính |z|, biết: hàm số (1) cắt đườngB. Theo chương trình Nâng cao thẳng  : y  x  3 tại 2 Câu 7.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn điểm A, B sao cho tam (C): x 2  y 2  2 x  4 y  3 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm K(1;3) giác ABI có diện tích cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng bằng 3, với điểm I(-1;1). 4, với I là tâm của đường tròn (C). Câu 2.(1,0 điểm) Giải Câu 8.b (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng phương trình: x  y  z 0 và hai điểm A(4;-3;1), B(2;1;1). Tìm điểm M thuộc mặt    (Q):2 3 sin 2 x  2sin 3  - x  2sin 2cos phẳngx (Q) saoxcho tam giác ABM vuông cân tại M.  2  Câu 9.b (1.0 điểm) Tìm các giá trị x sao cho số hạng thứ ba trong khai 8 .   13 log x3 1 log 2 x 2  Câu 3.(1,0 điểm) Giải bất 3 3  phương trình:   bằng 28. triển nhị thức Niu-tơn x  1  5  x 2  x . -----------Hết----------Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải phân:  4. I . thích gì thêm.. sin 4 x. dx. Họ và tên thí sinh:…….…………………………………..; Số báo danh: …………….. . ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN II TRƯỜNG Câu 5.(1,0 điểm) Cho hình THPT TRẦN PHÚ NĂM 2013 chóp S.ABCD có đáy Môn: TOÁN - Khối A,A1,B và D (gồm 4 trang) ABCD là hình vuông. Đường thẳng SD tạo CÂU với NỘI DUNG đáy ABCD một góc 6010. a) (1 điểm) Khảo sát và vẽ …. Gọi M là trung điểm (2,0điểm) AB. 2x  1 y 3 5 x 1 . a Khi m = 1, ta có: Biết MD = 2 , mặt  Tập xác định: D=R\{-1} phẳng (SDM) và mặt 3 y'   0, x 1 phẳng (SAC) cùng vuông 2 x  1   góc với đáy. Tính thể tích  Sự biến thiên: . hình chóp S.ABCD và   ;  1 và   1;   . - Hàm số đồng biến trên các khoảng khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SM lim y lim y 2; theo a . - Giới hạn và tiệm cận: x   x  tiệm cận ngang y 2 . 0. . . 2 sin x  1. 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> (1,0điểm) lim y  ; lim y2 ; 5 .Ta có x  1  5  x 0 và 2  x 0 .Suy ra 2  x 5 là nghiệm x +Với   x    1 +Với  1  x  2 . Bình phương 2 vế của bất phương trình đã cho ta được -Bảng biến thiên: 6  2  x 1  5  x  x 2  4 x  4   x 2  4 x  2 5  4 x  x 2  2 0 x y’ 2 Đặt t  5  4 x  x , 0 t 3 2  t 1 y t 2  2t  3 0   2  t  3 (loai ) Phương trình đã cho có dạng.  Đồ thị: x    1. 10. 2. 5  4 x  x 1  5  4 x  x 2 1  2  2 2  x  2 (2)  2  2 2;5 . Từ (1) và (2) ta được tập nghiệm của bpt đã cho là:  t 1 . 8. 6. 4. 2. 4.  4. (1,0điểm). Ta có I=. 2 (1,0điểm). 2sin 2 x cos 2 x.  0. -1. -5. . . 2 sin x  1. O 1/2 -1 4. -2. 5. 4sin x cos x  1- 2sin 2 x . dx  2 -4. . 0. -6. . 2 sin x  1. 2.  4. . 4sin x cos x 1- 2 dx  2 sin x  1 0. .  b)(1 điểm) Tìm m … dt  2 cos x.dx; x 0  t 1; x   t 2 Phương trình hoành độ giao điểm: 4 Đặt t  2 sin x  1 ta có . 2  x 212  t  1  2  t  2mx  m  2 4  x  3   I  dt   2 t  6   dt   x 1 2mx 1 m  2 t x  1  x 1 3  t . 2 g  x   x 2  2  2  m  x2  5  m Kí hiệu   t  6t  4 ln t  3  4 ln 2 1 . Đồ thị của hàm số (1) cắt ( 2 5 AD 2 45 2 2 2 2 2 2  '  0  2  m(1,0điểm)  5  m  m  3 m  1  AD  AM  MD  AD   a  AD 3a  S  m  3m  1  0 2  ABCD 9a 4 4  Ta có m  2  m 0  g ( 1) 1  2  2  m   5Gọi H là giao của AC và DM, Do (SAC) và (SDH) cùng vuông góc với đáy (ABCD) nên SH  (ABCD) Do A, B thuộc (  ) nên ta gọi 2 K SH HD.tan 600  DM tan 600  15a. 0  SDH  60 3 suy ra ; E Theo định lí viet ta có (vì H là trọng tâm tam giác ADB) M 1 B 1 1 1 1 15a.9a 22 3 15a3 .  SH .S ABCD ABCD S IAB 3  d VIS,. .AB 3  2  x2  x1  3  3 3 Vậy 2 2 2 Từ giả thuyết  m 5 2 2   x2  x1   4 x2 x1 36Gọi  4E là 2 hình m  chiếu  4  5 vuông  m  góc 36  của H lên AB và K là hình chiếu của H lên SE,  m  2Mặt khác do CD//(SAB) nên ta có (SHE)  AB  HK suy ra HK  (SAB). Kết hợp điều kiện (**) được dm CD cần, tìm SM làm=5. d  CD,  SAB   d  D,  SAB   3d ( H , (SAB )) Phương trình đã cho tương đương:. 3 15a . 2 2    2  2 4 HE  HS 1    sin x  3 sin x cos x  2sin x.sin 2 x 0  sin x sin x  3 cos x  2sin 2 x 0  sin x  sin  xAD    sinHS 2 x2 0   3 3 . . 3HK . 3HE.HS. . . AD.HS. .   sin 62 x sin  x  5  a  b  c   a  b  2  c 2  1  a  b  c  2  0   a  b  c  10  sin x 0 hoặc 2 Ta có 3  . *sin x 0  x k . a  10 1 2   a  22  3 3 b  c 1  c  b 16     3 6  2k 4 ;  2 x  x  3  2k   x    3 *sin 2 x sin  x      3   2 x    x     2k  x  4  k 2     3 9 3  (1,0điểm). 3. . -8. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: Điều kiện:  1  x 5 ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 7.a (1,0điểm). 1    5  2a  2b 0 a     2 1 1 12 12    a  b  c  48  Q a  b  c  48  3 2a i 0  1  2a 0   5  2 a  2 b  1  b 2  a  10 bc   a  22 b c  16    3 17   z  a 2  b2  4   2 . 2304 a  b  c  576  Vậy  a  b  c   b  c  38  a  b  c  38 7.b  a Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) bán kính R 2 2 .Gọi H là trung điểm AB. Kh (1,0điểm) 2 2 2 2304 S ABI IH . AH  4  R 2  AH 2 . AH  16  8  AH  . AH  AH 4  AH f (t ) t  t  38 với Xét Ta có IK 5 > 2 2 R nên có hai trường hợp sau Trường hợp 1: H nằm giữa đoạn thẳng IK, ta có Do đó hàm số nghịch biến trên nữa khoảng 2 2 a=2, 2b=3, c=5. Suy ra giá trị nhỏ nhất của Q AK bằng  58. HAkhi  KH  HA2   KI  IH   22  32  13 2 2 A thuộc trung tuyến kẻ từ A nên  x  1B   y  3 13 . Do đó đường tròn cần tìm có phương trình. B thuộc đường cao kẻ từ B nên Trường hợp 2: I nằm giữa đoạn thẳng HK, ta có. AK  HA2  KH 2  HA2   KI  IH   M22  7 2  53 2.  x  1 Do đó đường tròn cần tìm có phương trình.. 2. 2.   y  3 53. . Vì M là trung điểm AB nên ta có 2 2 2 A C x  1   y  3 13 x  1   Suy ra A(-4;1), B(2;3)   Vậy đường tròn cần tìm có phương trình. và 8.b M  (Q )  a  b  c 0  1 Phương trình đường thẳng AC: (1,0điểm) Gọi M(a;b;c) khi đó . Điểm C thuộc đường thẳng AC nên C(c;-c-3) Tam giác ABM cân tại M khi và chỉ khi Mặt khác trung điểm BC thuộc trung tuyến kẻ từ A 2do đó ta có: 2 2 2 2 2 2 AM BM 2   a  4    b  3   c  1  a  2    b  1   c  1   a   c2   c     3    1 0  c 2 a  b  c 0 a 2b  5  2   2    8.a c  5  3b (*) Từ (1) và (2) ta có.  a  2b  5 0 Mặt cầu (S) có tâm I(-4;1;1) và bán kính (1,0điểm) I  3;  1;1 điểm là , Gọi phương trình mặt phẳng Trung (Q) qua A cóAB dạng:  AB 2 2 2 n  A; B; C  MI    a  3   b  1   c  1 5 và Q là vtpt của (Q). 2   Tam giác ABM cân tại MB , suy ra  n . n  0  A  2 B  C  0  C  A  2 Q P (Q)  (P) 2 2 2  2b  2    b 1    6  3b  5  7b2  23b 18 0  Thay (*) vào (3) ta được Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến, ta có r = 2 Suy ra  5 A  Với B  5b=-2 C  a 1, c 1  M (1;  2;1) . d  I; Q   9 17 8 17 9 8 A2  B 2  Cb2  a  ; c   M  ;  ;   Mặt khác 7 7 7 7 7  7 Với 11 B 2 2  11  A  3B  2 AB 0  17 9 8  2 2 M  ; ;  2 A  5 B  4 AB Từ (1), (2), (3) ta có M (1;  2;1) 7 7  7 Vậy điểm M cần tìm là và 9.b Số hạng thứ ba trong khai triển nhị thức Niu-tơn trên là A=0 không thỏa mãn, Chọn A=1 6 (1,0điểm) 1 2   log x3 1  2  2 log x3 1 8log 2 x  2 log x 3 1 2 log 2 x2 có phương *Với A=1; B=1; C=3. Mặt phẳng (Q) trình 3 C8 3 3 28.38log x3 28.3   1 1    3 3 2log 2 x 2  2 log x3 1 log 2 x 2  2 log x3 1 *Với A=1; B= ; C= 28.3 28  3 1 Theo giả thiết ta có Vây phương trình mặt phẳng cần tìm là x+y+3z+11=0 và 3x-y+z+1=0.  2 log 2 x 2  2  log x 3  1 0  4 log 2 x  3log x  1 0 9a. . (1,0điểm). .  x 10  log x 1 Đặt z a  bi, a, b  R    a  bi 15  i  a  2b1  b  2a  i 1  a  bi 5  i   1  2i   a  bi x  log x  x 4 4 10 . Vậy x cần tìm là x =10 và  4  10 ..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ----Hết----.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>