Đề thi thử đại học 2013 môn thi : toán thời gian làm bài:180 phút41583

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2013 Mơn thi : TỐN Thời gian làm bài:180 phút Đề 04 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x   m  1 x  2m  có đồ thị  Cm  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị  C  hàm số m  Xác định tham số m để hàm số có cực trị tạo thành đỉnh tam giác Câu II (2 điểm) 17 x  Giải phương trình: sin(2x  )  16  3.s inx cos x  20sin (  ) Giải bất phương trình : x x 12  2(x  x  1) 1 x2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân : I   x (e  2x ) dx  x2 Cõu IV (1 im) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình thang vuông A B với AB = BC = a ; AD = 2a C¸c mặt phẳng (SAC) (SBD) vuông góc với mặt đáy (ABCD) Biết góc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp khoảng cách hai đường thẳng CDvà SB Cõu V (1 điểm) Cho a,b,c>0 & ab  bc  ca =1 Tìm giá trị lớn bt : A  a  a2  b  b2  c  c2 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình chuẩn Câu VIa.(2 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho  ABC có phương trình cạnh AB: x + y – = 0, phương trình cạnh AC: 3x + y – = trọng tâm G(2; ) Viết phương trình đường trịn qua trực tâm H hai đỉnh B, C 2.Trong không gian 0xyz cho điểm I 1, 2, 2  đường thẳng    : x   y   z mặt phẳng  P  : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện hình trịn có chu vi 8 Từ lập phương trình mặt phẳng  Q  chứa    tiếp xúc với (S) Câu VIIa (1 điểm)Tìm số thực x, y thoả mãn đẳng thức: x   5i   y 1  2i   35  23i B Theo chương trình nâng cao Câu VIb.(2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với B 1; 2  đường cao AH có phương trình x  y   Tìm tọa độ đỉnh A, C  ABC biết C thuộc đường thẳng d có phương trình x  y   diện tích  ABC Trong kh«ng gian Oxyz cho tam gi¸c ABC víi A(1; -3; 5), B(1; 4; 3), C(4; 2; 1) mặt phẳng (P): x - y - z - = Gäi M lµ mét điểm thay đổi mặt phẳng (P) Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc MA  MB MC Khi tìm toạ độ M  x  log y  Câu VIIb (1 điểm) Giải hệ phương trình :  x (2 y  y  12).3  81 y - HẾT DeThiMau.vn Câu ý Họ tên học sinh: ………………………………………… SBD……………… De Nội dung Điểm Với m= 3/2 ta có y = x4 -2x2 +2 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D  R x   Sự biến thiên: y'  x  x Ta có y'     x  1 lim y  ; lim y   0.25 yCD  y    2; yCT  y  1  0.25 x  x   Bảng biến thiên: x y'  -1    0    0.25  y I  Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình  Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy  Ta có y  x3   m  1 x  x  x   m  1  x   y     x   m  1 nên hàm số có cực trị m >  Với đk m > hàm số có điểm cực trị là: A  0; 2m  1 ,B  0.25   0.25   m  1 ; 4m  10m  ,B   m  1 ; 4m  10m  AB  AC   m  1  16  m  1 Ta có: 0.5 BC   m  1 So sánh với điều kiện có cực trị ta suy m   II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình sin(2x  3 0.25 x  17 )  16  3.s inx cos x  20sin (  ) 2 12 *Biến đổi phương trình cho tương đương với  c os2x  sin 2x  10c os(x  )   0.25    c os(2x  )  5c os(x  )      2c os (x  )  5c os(x  )   6   Giải c os(x  )   c os(x  )  2 (loại) 6   5 *Giải c os(x  )   nghiệm x   k 2 x    k 2 2 DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 Điều kiện x    3 Nhận xét :  2( x  x  1)    x       0    0,25 (1)  x  x   2( x  x  1) 0,25 * x = không thoả 1     x   1 x  x  * x > : (1)  x   0,25     x   1   x 1 x  x  Đặt t  1  x   x  t2  x x t  1 2(t  1)  t    2 2t   t  2t  (*) (*) t  2t    (t  1)   t  1   x   x  x 1  x (1) thành : 0,25  1   x 6 3  x   1  (loai )  x  Cách khác : Điều kiện x ≥ Bất phương trình  ▪ Mẫu số <  x  x   2(x  x  1)  2(x  x  1) 0 0.25 2(x  x  1)   2x2 – 2x + > (hiển nhiên) Do bất phương trình  x  x   2(x  x  1) ≤ 2(x  x  1)   x  x   0.25    x  2x   (x  1)  x (x  1)  x    x 1   x  x  2  x   x  x  (1  x) (x   x )   0  x    x 1    3 x  3x    x   1 I   x e dx   2x 0 x3 4 x  Tính I1  x e x dx  dx  I1  I e2 x e2  ( xe x  ) |0  2 DeThiMau.vn  x 3 0.25 0.25 0.25 0.25 III Tính I cách đặt t   x I2 I  3  16 0.25 e2 61 3  12 0.25 S A K 0.25 I E Gäi H = AC  BD => SH  (ABCD) & BH = D O H B C BD · = 600 KỴ HE  AB => AB  (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SEH IV Mµ HE = 2a AD = => SH = 2a => VSABCD = SH.SABCD = a 3 3 3 0.25 Gọi O trung điểm AD=>ABCO hv c¹nh a =>ACD cã trung tuyÕn CO = AD 0.25 CD  AC => CD  (SAC) vµ BO // CD hay CD // (SBO) & BO  (SAC) d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)) Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH = IC = a => IS = 5a IH  HS kẻ CK SI mà CK BO => CK  (SBO) => d(C;(SBO)) = CK Trong tam gi¸c SIC cã : SSIC= SH.IC = SI.CK => CK = 2 VËy d(CD;SB) = Ta có: A  a  a2 V  a  a2 0.25 SH IC 2a  SI 2a  b  b2 a ab  bc  ca  a   c  c2 a (a  b)(a  c) a a   (a  b)(a  c) a ( a  b)  c ( a  b) (a  b)(a  c) 0.25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi: ( a  b)  ( a  c )  (a  b)(a  c) a a[(a  b)  (a  c)] a a )    (  2(a  b)(a  c) ab ac  a2 DeThiMau.vn 0.25 b c b c c ); );  (   (   b2 b  c b  a  c2 c  b c  a b Chứng minh tương tự: Suy ra: A a 1 a  b 1 b  c 1 c  a a b b c c (      ) ab ac bc ba cb ca a  b  a  c b  c  b  a  Dấu “=” xảy   abc c  b  c  a ab  bc  ca  Vậy giá trị lớn A VI a (2,0 điểm) 0.25 0.25 3 , đạt a  b  c  Trong mặt phẳng Oxy cho  ABC có pt AB: x + y – = 0, pt cạnh AC: 3x + y – = trọng tâm G(2; ) Viết phương trình đường trịn qua trực tâm H hai đỉnh B, C x  y   x   Toạ độ đỉnh A nghiệm hệ pt :  Hay A(2; 1) 3 x  y   y 1 Gọi B(m ; – m), C(n, – 3n) 0,2 ) nên có hệ phương trình: 2  m  n  m  Từ ta có B(1; 2), C(3; - 2)   1   m   3n  n  0,2 Do  ABC có trọng tâm G(2; Pt đường cao AA1: x – 2y = Pt đường cao BB1: x – 3y + = x  y   x  10   H (10;5) Toạ độ trực tâm H nghiệm hệ pt :  x  3y   y  0,2 Gọi (S) đường tròn qua B, C, H có pt: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = ( a2 + b2 – c > 0)  2a  4b  c  5  a  6   Do B, C, H  (S) nên ta có hệ pt : 6a  4b  c  13  b  2  20a  10b  c  125 c  15   0,2 Vậy pt đường tròn (S) : x2 + y2 – 12x – 4y + 15 = Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện hình trịn có chu vi 8 Từ lập phương trình mặt phẳng  Q  chứa    tiếp xúc với (S) 2.Ta có (P) cắt (S) theo thiết diện đường trịn (C) có bán kính r mà 2r  =  suy r =4 R  r  d Trong d  d  I  P     R  25 DeThiMau.vn 0,2 Phương trình mặt cầu (S) :  x  1   y     z    25 2 0,2 5 4 Nhận thấy mặt cầu (S) tiếp xúc với    điêm M  ;  ;  3 3 5 4 Do : Mặt phẳng (Q) chứa    tiếp xúc với (S) qua M  ;  ;  có VTPT 3 3   11 10  MI  ;  ;  : x  33 y  30 z  105  3 3  VII a (1,0 điểm) VI b (2,0 điểm) 0.5 Tìm số thực x, y thoả mãn đẳng thức x   5i   y 1  2i   35  23i Ta có 1  2i   1  2i  1  2i    3  4i 1  2i   2i  11 Suy x   5i   y 1  2i   35  23i  x   5i   y  2i  11  35  23i 0.5 3 x  11 y  35  x    x  11 y    x  y  i  35  23i    5 x  y  23 y  0.5 Trong mặt phẳng Oxy cho,  ABC với B 1; 2  đường cao AH : x  y   Tìm tọa độ đỉnh A, C  ABC biết C thuộc đt d :2 x  y   diện tích  ABC Vì đt BC qua B 1; 2  , BC  AH  pt BC : x  y   , 0,2 2 x  y x Toạ độ ®iĨm C lµ nghiƯm cđa hƯ pt:    C  2; 3 x  y 1   y  3 Gäi A  x0 ; y0  , A  AH  x0  y0   1 ; BC  2, AH  d  A, BC   S ABC   x0  y0   1 x  y0  AH BC   1  2  x0  y0   2  x0  1  A  1;  Tõ (1) vµ (2)    y0  x0  y0   2  3  x0  3  A  3;0  Tõ (1) vµ (3)    y0  0,2 0,2 0,2 Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC víi A(1; -3; 5), B(1; 4; 3), C(4; 2; 1) mặt phẳng (P): x - y - z - = Gọi M điểm thay đổi mặt phẳng (P) Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc MA  MB  MC Khi tìm toạ độ M 2, Gọi trọng tâm tam giác ABC G(2; 1; 3) Khi ®ã:       MA2  MB  MC  ( MG  GA)  ( MG  GB)  ( MG  GC )      3.MG  GA2  GB  GC  MG.(GA  GB  GC )  3.MG  GA2  GB  GC ( MA  MB  MC )min  3.MG  GA2  GB  GC  MG M hình chiếu G lên (P) x  y 1 z   1 Phương trình MG: M= MG  ( P) => M( 11 2 ; ; ) 3 DeThiMau.vn 0,2 0,2 0,2 VËy ( MA  MB  MC )min = 65; M( 11 2 ; ; ) 3 §iỊu kiƯn: y > Từ phương trình (1) ta có: x = - log3y thay vào phương trình (2) ta có: (2y2 - y +12) 33 log3 y = 81y  (2y  y  12) VIIb 27  81y y 0,2 0.25 0.25  y  y  12 y = - (loại) y = (t/m) tìm x = 0.25 Vậy hệ phương trình có nghiệm (2; 3) 0.25 Hết - Chú ý: 1) Hs làm cách khác với đáp án, cho điểm tối đa câu 2) Học sinh cần trình bày đầy đủ câu dẫn, dấu tương đương “”, , không viết tắt (trừ ký hiệu toán học cho phép) 3) Học sinh làm sai sót bước 0,25 đ cắt 0,25 điểm 4) Một tốn bước (0,25 đ) sai kết bước phía (0,25 đ) liên quan đến bước cắt điểm từ chỗ làm sai bước sau có liên quan 5) Một toán bước (0,25 đ) sai bước phía (0,25 đ) khơng liên quan đến bước phía cho 0,25 đ DeThiMau.vn ... - Chú ? ?: 1) Hs làm cách khác với đáp án, cho điểm tối đa câu 2) Học sinh cần trình bày đầy đủ câu dẫn, dấu tương đương “”, , không viết tắt (trừ ký hiệu toán học cho phép) 3) Học sinh làm sai...   2; yCT  y  1  0.25 x  x   Bảng biến thi? ?n: x y'  -1    0    0.25  y I  Đồ th? ?: Học sinh tự vẽ hình  Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy  Ta có y...Câu ý Họ tên học sinh: ………………………………………… SBD……………… De Nội dung Điểm Với m= 3/2 ta có y = x4 -2x2 +2 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D  R x   Sự biến thi? ?n: y'  x  x Ta có y'