Đề thi thử đại học 2013 môn: toán thời gian: 180 phút ( không kể giao đề)41957

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2013 Mơn: Tốn Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề) Đề 02 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x  Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  1 x 1) Khảo sát vẽ đồ thị  C  hàm số 2) Gọi (d) đường thẳng qua A( 1; ) có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N MN  10 Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin x  3sin x  cos x  3sin x  3cos x    x  y  xy   y 2) Giải hệ phương trình:  2  y( x  y)  x  y   3sin x  cos x dx (sin x  cos x)3 Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I   Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình chữ nhật với SA vng góc với đáy, G trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC M, cắt SD N Tính thể tích khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a góc hợp đường thẳng AN mp(ABCD) 300 Câu V (1 điểm): Cho số dương a, b, c : ab  bc  ca  1 1 Chứng minh rằng:    2  a (b  c)  b (c  a )  c (a  b) abc II PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh làm hai phần (phần phần 2)) Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x  y – x – y   0, (C ') : x  y  x –  qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xác định toạ độ tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3) Câu VII.a (1 điểm): Khai triển đa thức: (1  x) 20  a0  a1 x  a2 x   a20 x 20 Tính tổng: S  a0  a1  a2   21 a20 Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B K (0; 2) , trung điểm cạnh AB M (3;1) 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : x y z x 1 y z 1 (d ) :     1 2 1 Tìm tọa độ điểm M thuộc (d1 ) N thuộc (d ) cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng  P : x – y  z  2010  độ dài đoạn MN 2 log1 x ( xy  x  y  2)  log 2 y ( x  x  1)  Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình  =1 log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) DeThiMau.vn ………………………………… HẾT…………………………………………………… Câu Phần Nội dung I Làm đúng, đủ bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa (2,0) 1(1,0) 2(1,0) Từ giả thiết ta có: (d ) : y  k ( x  1)  Bài tốn trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt cho  x2  x1    y2  y1   90(*) 2 Điểm 1,0 0,25  2x  kx  (2k  3) x  k    k ( x  1)   ( I ) Ta có: ( I )   x    y  k ( x  1)    y  k ( x  1)  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt phương trình kx  (2k  3) x  k   0(**) có hai nghiệm phân biệt Khi dễ có k  0, k  2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1  k )  x2  x1   90 (1  k )[ x2  x1   x2 x1 ]  90(***) 2k  k 3 , x1 x2  , vào (***) ta có k k phương trình: 8k  27 k  8k    (k  3)(8k  3k  1)  Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1  x2  3  41 3  41 , k 16 16 KL: Vậy có giá trị k thoả mãn 0,5  k  3, k  Câu Phần II (2,0) 1(1,0) Nội dung sin x  3sin x  cos x  3sin x  3cos x    (sin x  sin x)  2sin x  3sin x  (cos x   3cos x)   2sin x.cos x  2sin x  6.sin cos x  (2 cos x  3cos x  1)   2sin x.cos x  2sin x  6.sin cos x  (2 cos x  3cos x  1)    sin x    (2sin x  1)(2 cos x  3cos x  1)    cos x   cos x     x   k 2  +) sin x    , (k  Z )  x  5  k 2    x   k 2  +) cos x    , (k  Z )  x     k 2  +) cos x   x  k 2 , (k  Z ) KL:Vậy phương trình có họ nghiệm 2(1,0)  x2  x y 4   x  y  xy   y y  Dễ thấy y  , ta có:   2  y( x  y)  x  y  ( x  y )  x    y DeThiMau.vn 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đặt u  x2  , v  x  y ta có hệ: y  uv   u  4v  v  3, u     v  2u  v  2v  15  v  5, u  0,25 +) Với v  3, u  ta có hệ:  x2   y  x2   y  x2  x    x  1, y       x  2, y  x y 3  y  3 x  y  3 x  x2   y  x2   y  x  x  46    +) Với v  5, u  ta có hệ:  , hệ x  y   y    x y    x    vô nghiệm KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y )  {(1; 2), (2; 5)} Câu Phần Nội dung III    Đặt x   t  dx  dt , x   t  , x   t  (1,0) 2   0,25 Điểm 0,25  3sin x  cos x 3cos t  2sin t 3cos x  2sin x   dx dt dx (Do tích phân 3      (sin x cos x ) (cos t sin t ) (cos x sin x ) 0 khơng phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số) 0,25 Suy ra: I     0,25  2 3sin x  cos x 3cos x  2sin x dx dx dx = Suy ra: I  I  I     3   (sin x cos x ) (cos x sin x ) (sin x cos x )    0  =  12     dx   d  x    tan  x    KL: Vậy I    20 4 4    cos  x   cos  x    4 4   Câu Phần Nội dung IV + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N S (1,0) + Vì G trọng tâm tam giác ABC nên dễ có SG  suy G trọng tâm tam giác SBD SO Từ suy M, N trung điểm SC, SD N 1 + Dễ có: VS ABD  VS BCD  VS ABCD  V 2 Theo công thức tỷ số thể tích ta có: M G VS ABN SA SB SN 1 A   1.1   VS ABN  V VS ABD SA SB SD 2 VS BMN SB SM SN 1 1     VS ABN  V O VS BCD SB SC SD 2 Từ suy ra: C B VS ABMN  VS ABN  VS BMN  V + Ta có: V  SA.dt ( ABCD) ; mà theo giả thiết SA  ( ABCD) nên góc hợp AN với ฀ mp(ABCD) góc NAD , lại có N trung điểm SC nên tam giác NAD cân SA ฀ ฀ N, suy NAD  NDA  300 Suy ra: AD  a tan 300 DeThiMau.vn 0,5 Điểm 0,25 D 0,25 1 3 Suy ra: V  SA.dt ( ABCD)  a.a.a  a 3 3 5 3a Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD  VS ABCD  VS ABMN  V  V  V  8 24 Câu Phần Nội dung V Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có:  ab  bc  ca  3 (abc)  abc  (1,0) 1 Suy ra:  a (b  c)  abc  a (b  c)  a (ab  bc  ca )  3a   (1)  a (b  c) 3a 1 1 Tương tự ta có:  (2),  (3) 2  b (c  a ) 3b  c (a  b) 3c Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab  bc  ca    (   )  ฀ 2  a (b  c)  b (c  a )  c (a  b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy abc  1, ab  bc  ca   a  b  c  1, (a, b, c  0) 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,5 Nội dung Điểm + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R  1, R '  , đường VIa 1(1,0) thẳng (d) qua M có phương trình a ( x  1)  b( y  0)   ax  by  a  0, (a  b  0)(*) 0,25 (2,0) + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM Câu Phần Khi ta có: MA  MB  IA2  IH  I ' A2  I ' H '2 2    d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , IA  IH 9a b2 2   d ( I ';d )    d ( I ;d )   35    35 a  b2 a  b2 36a  b   35  a  36b 2 a b  a  6 Dễ thấy b  nên chọn b     a6 Kiểm tra điều kiện IA  IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn   2(1,0) + Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x  y  z   0, y  z      + Vecto pháp tuyến mp(ABC) n   AB, AC   (8; 4; 4) Suy (ABC): 2x  y  z 1   x  y  z 1  x    + Giải hệ:  y  z     y  Suy tâm đường tròn I (0; 2;1) 2 x  y  z    z    Bán kính R  IA  (1  0)  (0  2)  (1  1)  Câu VII.a (1,0) Phần Nội dung + Ta có:  x(1  x) 20   a0  2a1 x  3a2 x   21a20 x 20  (1  x) 20  60 x(1  x)19  a0  2a1 x  3a2 x   21a20 x 20 (*) Nhận thấy: ak x  ak ( x) thay x  1 vào hai vế (*) ta có: k k S  a0  a1  a2   21 a20  422 DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Nội dung + Đường thẳng AC vng góc với HK nên nhận VIb 1(1,0) HK  (1; 2) làm vtpt AC qua K nên (2,0) ( AC ) : x  y   Ta dễ có: ( BK ) : x  y   + Do A  AC , B  BK nên giả sử A(2a  4; a ), B(b;  2b) Mặt khác M (3;1) K trung điểm AB nên ta có hệ:  2a   b  2a  b  10 a     a   2b   a  2b  b  Suy ra: A(4; 4), B(2;  2) C  + Suy ra: AB  (2;  6) , suy ra: ( AB) : x  y   Câu Phần Điểm A 0,25 M H B  + Đường thẳng BC qua B vng góc với AH nên nhận HA  (3; 4) , suy ra: ( BC ) : x  y   KL: Vậy : ( AC ) : x  y   0, ( AB) : x  y   , ( BC ) : x  y   0,5 0,25 2(1,0) + M , N  (d1 ), (d ) nên ta giả sử  M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N (1  2t2 ; t2 ;1  t2 )  NM  (t1  2t2  1; t1  t2 ; 2t1  t2  1)   + MN song song mp(P) nên: nP NM   1.(t1  2t2  1)  1.(t1  t2 )  1(2t1  t2  1)    t2  t1  NM  (t1  1; 2t1 ;3t1  1)  t1  + Ta có: MN   (t1  1)  (2t1 )  (3t1  1)   7t  4t1    t1   4 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (1; 0;1) M ( ; ; ), N ( ;  ; ) 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy hai trường hợp khơng có trường hợp M  ( P) KL: Vậy có hai cặp M, N thoả mãn Câu Phần 2 Nội dung  xy  x  y   0, x  x   0, y   0, x   (I ) + Điều kiện:  0   x  1,   y  2 log1 x [(1  x)( y  2)]  log 2 y (1  x)  + Ta có: ( I )   =1 log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) log1 x ( y  2)  log 2 y (1  x)   (1)  = (2) log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) + Đặt log 2 y (1  x)  t (1) trở thành: t     (t  1)   t  t Với t  ta có:  x  y   y   x  (3) Thế vào (2) ta có: x  x  log1 x ( x  4)  log1 x ( x  4) =  log1 x 1   x  x2  2x  x4 x4  x0  y  1  Suy ra:  + Kiểm tra thấy có x  2, y  thoả mãn điều kiện  x  2  y 1 DeThiMau.vn 0,25 2 VII.b (1,0) 0,25 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 ...  abc  (1 ,0) 1 Suy ra:  a (b  c)  abc  a (b  c)  a (ab  bc  ca )  3a   (1 )  a (b  c) 3a 1 1 Tương tự ta có:  (2 ),  (3 ) 2  b (c  a ) 3b  c (a  b) 3c Cộng (1 ), (2 ) (3 ) theo... tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I? ?(- 2; 0) R  1, R '  , đường VIa 1(1 ,0) thẳng (d) qua M có phương trình a ( x  1)  b( y  0)   ax  by  a  0, (a  b  0 )(* ) 0,25 (2 ,0) + Gọi H, H’ trung... KL: Vậy : ( AC ) : x  y   0, ( AB) : x  y   , ( BC ) : x  y   0,5 0,25 2(1 ,0) + M , N  (d1 ), (d ) nên ta giả sử  M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N (? ??1  2t2 ; t2 ;1  t2 )  NM  (t1  2t2