de thi thu dai hoc lan 1 mon toan khoi d2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU II. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn : Toán khối D Thời gian làm bài : 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I: (2 điểm). Cho hàm số : y . x2 (C) x 1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). 2. Tìm giá trị của m để đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B phân biệt và độ dài đoạn thẳng AB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình: 4(cos 6 x  sin 6 x)  cos 4 x  sin 2 x  1  0 2. Giải phương trình:. x 1  4  x  1. x 1  2 dx x x 1  2x  2 Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy ABC là tam giác đều, hình chiếu của A trên (A’B’C’) trùng với trọng tâm G của  A’B’C’. Cạnh bên tạo với đáy góc 600 . Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a. Câu V: (1 điểm ) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . 4x  y 2x  y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P   xy 4 PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A (theo chương trình chuẩn) CâuVIa: (2 điểm) 1. Trong hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1 ) : 3x  4 y  20  0, (d2 ) : x  y  1  0 Viết phương trình đường tròn (C) biết rằng (C) có bán kính R=5, tiếp xúc với (d1) và có tâm thuộc đường thẳng (d2) 2. Cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng : 5. Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I  2. (d1 ) :. x2 y 2 z 3   2 1 1. (d 2 ) :. x 1 y 1 z 1   1 2 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A, vuông góc với (d1) và (d2). Câu VIIa: (1 điểm) Tìm modun của số phức: z =. 1 (1  i)(4  3i). Phần B (theo chương trình nâng cao) Câu VIb. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC với A(0; 1). Các đường cao đi qua hai đỉnh B và C lần lượt có phương trình (d1): 3x + 4y -12 = 0, (d2): 4x - y - 7 = 0. Viết phương trình các đường thẳng AB, AC, BC. 2. Trong không gian (Oxyz) cho hai mặt phẳng: (P1): x - 2y + 2z - 3 = 0 (P2): 2x + y - 2z - 4 = 0 và đường thẳng (d):. x2 y z4 .   1 2 3. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I  (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2). Câu VIIb. (1 điểm). Tính A  1  i . 2013. ……………………..Hết……………….. (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 KHỐI D Câu. Đáp án. TXĐ: D  R \ 1. Điểm.  Giới hạn và tiệm cận:. x2 x2  1; lim y  lim 1 x  x  1 x  x  x  1. + lim y  lim x . Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận ngang: y=1 + lim y  lim x 1. x 1. x2 x2  ; lim y  lim   x  1 x  1 x 1 x 1. 0.25. Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: x = 1  Sự biến thiên: Ta có: y '  Câu 1. 1.  x  1. 2.  0 x   ;1 va 1;  . Hàm số đồng biến trên các khoảng:  ;1 và 1;  . 0.25.  BBT: x y’. . . 1 +. + . 1 0.25. y 1. .  Đồ thi: Giao của đồ thị với trục hoành: A(1; 0) Giao của đồ thị với trục tung: B(0; 2) y. f(x)=(x-2)/(x-1) f(x)=1. 7. x(t)=1 , y(t)=t. 6. 5. 4. 3. 2. 1. x -3. -2. -1. 1. 2. 3. 4. 5. -1. 0.25. -2. -3. -4. -5. 2. Phương trình hoành độ giao điểm: x  1 x2  x  m   2 x 1  g ( x)  x  mx  m  2  0 (1). Đồ thị (C) cắt đường thẳng (d) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1  m 2  4m  8  0   0    m  R  g (1)  0 1  0. Gọi x1, x2 là nghiệm phương trình (1) Khi đó tọa độ của giao điểm của đồ thị (C) và (d): A  x1;  x1  m  ; B( x2 ;  x2  m). 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x2  x1    y2  y1 . Ta có: AB . 2. 2. 2 2  2  x2  x1   2  x2  x1   4 x1 x2   . 0.25.  x1  x2  m  x1.x2  m  2. Áp dụng định lý viet: . Ta có: AB  2  m2  4m  8  2  m  2   4  2 2 2. . . Vậy AB nhỏ nhất bằng 2 2 khi m = 2 KL: Với m = 2 thỏa mãn bài toán.. 0.25. 1. Ta có:. Câu 2. 4(cos 6 x  sin 6 x)  cos 4 x  sin 2 x  1  0 3  4(1- sin 2 2 x)  ( 1  2 sin 2 2 x)  sin 2 x  1  0 4  - 5sin 2 2 x  sin 2 x  6  0 sin 2 x  1   x    k ; k  Z  6 sin 2 x  (loai ) 4 5   KL: phương trình có nghiệm : x    k 4 2. ĐK: 1  x  4 (*). 0.25 0.5. 0.25 0.25. Với điều kiện (*). 1 . x 1  4  x 1  x  2  4  x. x  2  2  x3  x  3x  0. Câu 3:. 0.25 0.25. KL: Phương trình có nghiệm x = 3. 0.25. Đặt t  x  1  t 2  x  1  x  t 2  1. 0.25. dx  2tdt. Đổi cận: x 2 t 1. 5 2 2 t 2 1 3  1 2 3  dt  2   2ln  1   dt  2 ln t  1  3 2 2    t  1  t  1  t  2t  1 t  1 1 2  1 1 . 0.25. 2. Suy ra: I  2. 0.5. Hình chiếu của AA’ trên (A’B’C’) là A’G nên góc tạo bởi AA’và (A’B’C’) là AA ' G  600 .Gọi M’là trung điểm B’C’  A’,G, M’ thẳng hàng Gọi x là độ dài cạnh đáy của lăng trụ. 0.25. Câu 4.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> A. C. B. C'. A' G. Suy ra độ dài đường trung tuyến A’M: Suy ra độ dài A’G:. x 3 2. M' B'. x 3 (1) 3. Xét tam giác AA’G vuông tại G Ta có: A’G = AA’. Cos 600  AG = AA'.sin600 . a (2) 2. a 3 2. 0.25. a 3 2 1 9a 3 0  AG. A ' B '.B ' C '.sin 60  (dvtt) 2 32. Từ (1), (2) suy ra: x  Vậy: V  AG.SA' B 'C ' Câu 5:. Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . 4x  y 2x  y 4 1 x y 4 y 1 x y P           xy 4 y x 2 4 y 4 x 2 2 Thay y  5  x được:. 4 y 1 x 5 x 4 y 1 5 4 y 1 5 3         x   2 .  2 .x   y 4 x 2 2 y 4 x 2 y 4 x 2 2 3 3 P = khi x  1; y  4 Vậy Min P = 2 2 Lưu ý: Có thể thay y  5  x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3x  5 3x  5 với 0< x < 5 g ( x)   x(5  x) 4 P. Câu 6a. 1. Giả sử là I (t; 1  t )  d2 tâm của đường tròn (C) Vì (C) tiếp xúc với d1 nên: d ( I , d1 )  R . 0.5. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25. 3t  4(1  t )  20. 5 32  42  t  24  25  t 1  t  24  25    t  24  25 t  49. 0.25. Với t  1  I1 (1; 2) ta được phương trình đường tròn.  C1  x 1   y  2 2. 2.  25. 0.25. Với t  49  I1 (49;48) ta được phương trình đường tròn.  C2  x  49   y  48 2. 2.  25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2. Ta có: véc tơ chỉ phương của d1, d2 là: u d  2; 1;1 , u d   1; 2;1 1. 2. 0.25. Suy ra: u  u d ; u d    3; 3;3 0.25 Đường thẳng (d) đi qua A(1; 2; 3) vuông góc với (d1), (d2) nên nhận véc tơ 1. 2. x 1 y  2 z  3   1 1 1 1 1 7 1    i Ta có: z  1  i  4  3i  7  i 50 50. u d 1;1; 1 làm véc tơ chỉ phương là:. Câu 7a. 2. Câu 6b. 0.5 0.5. 2. 7 1 1 2 Suy ra z          50 10  50   50 . 0.5. 1. Ta có: d1 có VTCP u1 ( 4; -3) , d2 có VTCP u2 ( 1; 4) , Phương trình cạnh AB đi qua điểm A(0; 1) vuông góc với (d1) nhận u1  4; 3 làm véc tơ pháp tuyến là : x + 4y - 4 = 0 Phương trình cạnh AC đi qua A(0 ;1) vuông góc với (d2) nhận u2 1; 4  làm véc tơ pháp tuyến là: 4x - 3y + 3 =0. 0.25 0.25.  x  4y  4  0  Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: 3x  4 y  12  0. Giải hệ tìm được B(4; 0)  4x  y  7  0  4 x  3 y  3  0. Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ. Tìm đươc toạ độ điểm C(3; 5) Phương trình đường thẳng chứa cạnh BC: 5x + y – 20 = 0 2. Giả sử I (x0 ; y0 ; z0)  (d):. 0.25 0.25. x2 y z4   1 2 3.  I (-2 - t ; 2t ; 4 + 3t) là tâm của mặt cầu (S). 0.25. Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2)  d (I, (P1)) = d (I ; (P2)) . t  13 1 1 9t  3  10t  16   3 3 t  1. Với t = - 13  I1 = (11 ; 26 ; -35), R1 = 38 Với t = - 1  I2 (-1 ; 2 ; 1, R2 = 2 Vậy, có hai mặt cầu cần tìm: (S1): (x - 11)2 + (y - 26)2 + (z + 35)2 = 382 (S2): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 22 Câu 7b. Ta có: A  1  i . 2012. 1  i   1  i . 2 1006.  . 1  i   21006 1  i . 0.25 025. 0.25. 1.0.

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

<span class='text_page_counter'>(7)</span>