DE HSG THPT 116

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC. KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN II NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán - Khối A-A 1 .. Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang). Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề). I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số. y. 2x 1 x  1 có đồ thị  C  . C. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị. của hàm số.  d1  : y  3x  m. cắt đồ thị  C  tại A và B sao cho  d  : x  2 y  2 0 ( O là gốc toạ độ ) trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng 2   2sin 2  x   2sin 2 x  tan x 4  Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình : 2. Tìm các giá trị m để đường thẳng. 2 x  y 1  9 x  y 1  2 x  y 1  9 x  y 1 11x  y 1  11 x  y 1  5log3  8 x  3 3log2  9 y  5  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  .  2. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân :. I   sin10 x  cos10 x  sin 6 x.cos4 x  cos6 x.sin 4 x dx 0. . . ..  ABCD . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng và đáy ABCD là hình chữ nhật ; AB a, AD 2a . Gọi M là trung điểm của BC , N là giao điểm của AC và DM , H là 2 tan    ABCD  là  , với 5 hình chiếu vuông góc của A lên SB .Biết góc giữa SC và mặt phẳng.  SMD  . .Tính thể tích khối chóp S . ABMN và khoảng cách từ H đến mặt phẳng Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 9 T  2 2 2 a  b  c  4  a  b   a  2c   b  2c  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A  1; 2  ; B  3; 4  và đường thẳng d : y  3 0. ,Viết phương trình đường tròn  C  đi qua hai điểm A, B và cắt đường thẳng d tại hai điểm 0  phân biệt M , N sao cho MAN 60 . , C  0; 0;3 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho A  1;0;0  , B  0;2;0  . Viết  P  đi qua O, C sao cho các khoảng cách từ A và B đến  P  bằng nhau . phương trình mặt phẳng 17  z  z  5 z.z Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thoả mãn z  1 5 và B. Theo chương trình Nâng cao. A  1; 2  , B  4;3 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho các điểm . Tìm toạ độ 10 0  điểm M sao cho MAB 135 và khoảng cách từ M đên đường thẳng AB bằng 2 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> C  0; 0; 2  , K  6;  3; 0  Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm . Viết  P  đi qua C , K sao cho  P  cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B và thể tích phương trình mặt phẳng khối tứ diện OABC bằng 3. 3 2 Câu 9.b (1,0 điểm).Tìm số phức z thoả mãn : z  2 z  5 z  4 0 ---------- HẾT ---------TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC. KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN VI NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán - Khối A-A 1 .. Đáp án chính thức (gồm 06 trang). Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề). I/ Đáp án Câu Câu 1 (2 điểm). Đáp án 2x 1 y x  1 có đồ thị  C  . Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số C. +. 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  \  1  Tập xác định là .  Sự biến thiên 3 y   0 x  D 2  x  1. Điểm. của hàm số. 0.25.   ;1 và  1;   Hàm số nghịch biến trên các khoảng : lim y  ; lim y   x 1 +Giới hạn và tiệm cận: x 1 đ thẳng x 1 là tiệm cận đứng lim y  lim y 2  x   x   đ thẳng y 2 là tiệm cận ngang  Bảng biến thiên:   x 1 y’  2 y . 0.25. 0.25. 2. Đồ thị: Học sinh tự vẽ. 0.25.  d1  : y  3x  m cắt đồ thị  C  tại A và B sao cho  d  : x  2 y  2 0 ( O là gốc toạ độ ) thuộc đường thẳng 2. 2.Tìm các giá trị m để đường thẳng trọng tâm của tam giác OAB. 2x 1  3 x  m  3x 2   1  m  x  m  1 0  1 ,  x 1 P trình hoành độ giao điểm: x  1.  d1 . cắt đồ thị  C  tại A và B  2.  1. 0.25. có hai nghiệm phân biệt khác 1.   1  m   12  1  m   0 0.25 1  m  0  1  m  12 m   1     * 1 0  m  11 3   1  m    1  m  0  1 . Khi đó A  x1 ;  3x1  m  ; B  x2 ;  3x2  m  . Gọi G là 0.25 Gọi x1 , x2 là nghiệm của.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x1  x2  0 m  1    xG  3 9 OAB    y  y1  y2  0   3  x1  x2   2m  m  1  G 3 3 3 trọng tâm tam giác G   d 2   xG  2 yG  2 0 . 1 m  9.  m  1 2   2 0  m 5  3  không thoả mãn 0.25.  *. .Vậy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán.   2sin 2  x   2sin 2 x  tan x 4  Giải phương trình :.  cos x 0  x   l  l  Z  * 2 Đ/K    1  cos  2 x   2sin 2 x  tan x  1  sin 2 x 2sin 2 x  tan x 2  Phương trình Câu 2 (1 điểm). cosx  sinx 0 cos x  cos x  sin x 0  tan x  1   cos x  sin x   sin 2 x  1 0     sin 2 x  1 0  sin 2 x 1.  2sin x.cosx  2sin 2 x  tan x  1 0  2sin x.  cosx  sinx  .    x  4  k     x   k ,k Z 4 2  x   k  * )  4 ( Thoả mãn điều kiện   x   k  k  Z 4 2 Vây phương trình có một họ nghiệm duy nhất : Câu 3 (1 điểm). 2 x  y 1  9 x  y 1  2 x  y 1  9 x  y1 11x  y 1  11 x  y 1  5log3  8 x  3 3log2  9 y  5 Giải hệ phương trình: .   x   8 x  3  0   9 y  5  0 y    Đ/K. 0.25. 0.25. 0,25. 0.25.  1  2 .. 8 3 9 5. x x x x Bổ đề với mọi a  b 1  a  a b  b (*) dấu bằng với x 0  1   0  **  a x  b x  a  x  b  x 0   a x  b x   1    ab  x    Thật vậy (*) x. 0.25. x. a  b 0  1  1 0   **   ab  x  Nếu đúng x x a  b 0 a x b x  1 x 0      ** x 1 0 ab  1 x     ab    Nếu đúng  1 trở thành Áp dụng. Đặt x  y t thì pt a x b x x 0    x ab  1   . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2t 1  2 t 1  9t 1  9 t 1 11t 1  11 t 1  1 theo bổ đề trên ta được t t  t 1  t 1 2t  2 t 11t  11 t  2  2 2.  11  11    t t t t t 1  t 1 t t 9  9 11  11 9  9 9.  11  11  từ đây suy ra t 1  t 1 t 1  t 1 t 1  t 1 2  2  9  9 11  11 dấu bằng xẩy ra khi t 0  x  y 0  x  y.  2  được 5log 3  8 x  3 3log 2  9 x  5  đặt 5log3  8 x  3 15u , ta có hệ Thế vào pt u u 8 x  3 27u  1   27  u u  13 8.32  9.27  13    9   8 (3)  u 0.25  32   32  9 x  5 32 u. u.  1   27  f  u  13    9    32   32  với mọi u   Xét hàm số u. u. 1 27  1   27  f  u  13   ln  9   ln  0 , u   f  u 32 32  32   32  h/số đồng biến trên  13 27 f  1   9  8  3  f  u   f  1  u 1  x 3 (t/mđk) 32 32 mặt khác . Pt Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  2. Tính tích phân : Ta có:. Câu 4 (1 điểm). I   sin10 x  cos10 x  sin 6 x.cos4 x  cos6 x.sin 4 x dx 0. . . . . 3    sin 2 x  cos2 x  3sin 2 x cos2 x sin 2 x  cos2 x   sin 2 x  cos2 x       3  1  3 1  1  sin 2 2 x   1  sin2 2 x   1   1  cos 4 x    1   1  cos4 x   4 2     8  4  1 1   5  3cos 4 x   3  cos 4 x   15  14 cos4 x  3cos2 4 x 32 32  1 1  3  15  14 cos 4 x   1  cos8 x     33  28cos 4 x  3.cos8 x  32  2  64. . . . 1 I 64 Câu 5 (1 điểm).  x, y   3,3. sin10 x  cos10 x  sin6 x.cos4 x  cos6 x.sin 4 x  sin6 x  cos6 x sin 4 x  cos4 x. .  2. 0.25.  . . 2. .   2sin2 x cos2 x  . . 0.25. 0.25. 0.25. .  2 33 1  3  33  28cos4 x  3.cos8x dx  64  33 x  7sin 4 x  8 sin8 x   128  0 0. 0.25.  ABCD  và đáy ABCD là hình Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng chữ nhật ; AB a, AD 2a . Gọi M là trung điểm của BC , N là giao điểm của AC và DM  ABCD  là  , , H là hình chiếu vuông góc của A lên SB .Biết góc giữa SC và mặt phẳng 2 tan   5 .Tính thể tích khối chóp S . ABMN và khoảng cách từ H đến mặt phẳng với  SMD . .. 2 2 Ta có AC  AB  BC a 5, AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> .  ABCD    SC ,  ABCD    SC , AC  SCA  . tan  . SA AC.  SA a 2. 1 1 1 BCD  dtNMC  dtNBC  dtBCD  dtABC 2 6 6 Ta thấy N là trọng tâm tam giác 5 5 1 5a 2  dttg ABMN  dtABC   a 2a  6 6 2 6 Từ đó 1 1 5a 2 5a3 2 VS . ABMN  SA dttg . ABMN  a 2   3 3 6 18 Vậy thể tích SH SH .SB SA2 2    2 2 2 SB SB SA  AB 3 2V 2 2 3V  d  H ,  SMD    d  B,  SMD     B.SMD  B.SMD 3 3 dtSMD dtSMD VB.SMD VS . BMD. 0.25. 1 1 1 a3 2  VS . ABC   SA. AB.BC  2 2 2 2 6 6 , SD  SA  AD a 6. DM  CD 2  CM 2 a 2, SBC vuông tại B nên ta có SM  SB 2  BC 2 2a 1  dt SMD  SM .MD a 2 2 2 nê ta có SMD vuông tại M  d  H ,  SMD    Câu 6 (1 điểm). 0.25. 2VB.SMD dtSMD. 0.25. a3 2 a  2 6  3 a 2 2.. Cho a, b, c là các số thực dương . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 9 T  2 2 2 a  b  c  4  a  b   a  2c   b  2c  Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 1 1 1 2 2 2 a2  b2  c2  4   a  b    c  2   a  b  c  2 2 2 4 1 1  a  b   a  2c   b  2c    a  b   a  b  4c    3a  3b   a  b  4c  2 6 2 2   a  b  c 3 8 27 T  a  b  c  2 2  a  b  c 2 Suy ra . 8 27 T  t  2 2.t 2 Đặt a  b  c t , t  0 . Khi đó 8 27 f t   , t  0 t  2 2.t 2 Xét hàm số ta có 8 27 5 f  t    3  f  t  0   t  6   8t 2  21t 18  0  t 6, f  6   2 8  t  2 t Bảng biến thiên t 0 f  t . 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. +. 6 0.  .

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 5 8. f t. Theo bảng biến thiên ta thấy. T  f  t . 5 8 . Dấu bằng xẩy ra khi a b c 2. 5 Vậy giá trị lớn nhất của T bằng 8 khi a b c 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A  1; 2  ; B  3; 4  và đường thẳng d : y  3 0. ,Viết phương trình đường tròn  C  đi qua hai điểm A, B và cắt đường thẳng d 0  tại hai điểm phân biệt M , N sao cho MAN 60 ..  C  : x 2  y 2  2ax  2by  c 0 (đk a 2  b 2  c  0) Gọi  A  1; 2    C  5  2a  4b  c 0 b 5  a     25  6a  8b  c 0 c 15  2a  B  3; 4    C   C  có tâm I  a;  a  5  Vậy Câu 7a. (1 điểm). Câu 8a. (1 điểm). 2. R  a 2   5  a    15  2a   2  a 2  4a  5 . bán kính   C  cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt M , N sao cho MAN 600 . Suy ra 0.25 1 IH   d   IH d  I , d   R 0 MIN 1200  I MN   I NM 30 hạ 2 1  2  a  2  a 2  4a  5   a 2  4a  3 0  a 1  a 3 0.25 2  C  : x 2  y 2  2 x  8 y  13 0 ( loại do I , A khác phía Khi a 1 ta có đường tròn 0.25 đường thẳng d ) 2 2 2 2  C  : x  y  6 x  4 y  9 0   C  :  x  3   y  2  4 (t/ mãn) Khi a 3  , C  0;0;3 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho A  1;0;0  , B  0;2;0  . Viết phương trình  P  qua O, C saocho khoảng cách từ A đến  P  bằng khoảng cách từ B đến  P  . m phẳng  P  : ax  by  cz  d 0 ,  a 2  b2  c 2  0  O  0; 0;0    P    C  0;0;3   P . d 0  c d 0   P  : ax  by 0 3c  d 0 . Vậy a 2b d  A,  P    ; d  B,  P    a 2  b2 a 2  b2 a 2b d  A,  P    d  B,  P     a 2 b  a 2b 2 2 2 2 a  b a  b Mà. 0.25. a 2b chọn a 2, b 1 khi đó ta có mp  P  : 2 x  y 0  P  : 2 x  y 0  a  2b chọn a 2, b  1 khi đó ta có mp 17  z  z  5 z.z Tìm số phức z thoả mãn z  1 5 và. 0.25. . Câu 9a.. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Đặt. z a  bi,  a, b   . Mặt khác (1 điểm). 2. z  1 5  a  1  bi 5   a  1  b2 25. .Ta có 17  z  z  5 z.z  34a 5  a 2  b 2 .  1.  2. 0.25 0.25.  a  1 2  b 2 25   2 2 5  a  b  34a 1 ,  2   Từ ta có hpt . giải hệ phương trình ta được a 5  z 5  3i    b 3  z 5  3i vậy có hai số phức toả mãn là z 5 3i. a 5  b 3. 0.25. 0.25. A  1; 2  , B  4;3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho các điểm . Tìm toạ độ điểm M 10 MAB 1350 sao cho và khoảng cách từ M đên đường thẳng AB bằng 2 .. Câu 8b. (1 điểm). MH . Hạ MH  AB , từ giả thiết suy ra 10 H  MA MH 2  2 5 2 vuông cân tại Theo yêu cầu bài toán  3  x0  1 1 y0  2   cos1350  AB, AM 1350 2 2     10.  x0  1   y0  2   AM  5  2 2  x0  1   y0  2  5   x0  1  1    y0  2  2   M  0;0     x  1  2  M   1;3 0   y  2 1 Giải hệ trên ta được   0 Giả sử. Câu 7b. (1 điểm). M  x0 ; y0  .. . 10 2 và MAH. . 0.25. 0.25. 0.25. M  0; 0  & M   1;3 0.25 Vậy có hai điểm M thoả mãn là C  0; 0; 2  , K  6;  3;0  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm . Viết phương trình  P  đi qua C , K sao cho  P  cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B và thể tích khối mặt phẳng. tứ diện OABC bằng 3. x y z A  a;0;0  , B  0; b;0  ,  ab 0    P  :   1 0.25 a b 2 Giả sử 6 3 K   P    1  6b  3a ab (*) a b Do .Mặt khác OABC là tứ diện vuông tại 0.25 1 VOABC  a . b .2 3  ab 9 (**)  * ,  ** : 6 A nên Giải hệ phương trình  6b  3a ab  6b  3a ab  ab 9     6b  3a ab  ab 9   ab  9.   a 3, b 3  a 2b  3   2b2  3b  9 0  a  6, b  3   2   a 2b  3  2b 2  3b  9 0 (vn) . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là  P1  : 2 x  2 y  3z  6 0 ;  P2  : x  4 y  3z  6 0;. Câu 9b. (1 điểm). 3 2 Tìm số phức z thoả mãn : z  2 z  5 z  4 0 3 2   z  1  z 2  z  4  0 Phương trình z  2 z  5 z  4 0  z 1  2  z  z  4 0 (***). 1  i 15 1  i 15  1  16 15i 2  z2  , z3  2 2 Giải có 1  i 15 1  i 15 z1 1 , z2  , z3  2 2 Phương trình có ba nghiệm.  ***. -----------------------Hết----------------------. 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>