Tài liệu Đề Thi Thử Đại Học Toán 2013 - Đề 4 pot

WWW.ToanCapBa.Net 1 SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ LẦN 2 TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC QUY NHƠN TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – NĂM 2011 Môn thi: TOÁN – KHỐI A-B-D Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gain phát đề) I: PHẦN CHUNG: ( 7điểm) CâuI (2điểm): Cho hàm số y = f(x) =(x + 2)(x 2 – mx + m 2 -3) ( 1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành. Câu II (2 điểm): 1: Giải phương trình: 4sin 2 x + 1 = 8sin 2 xcosx + 4cos 2 2x 2: Giải bất phương trình: x 2 + 4x + 1 > 3 x (x + 1) Câu III (1điểm): Tính tích phân 1 4 2 4 2 0 2 2 1 x I dx x x     Câu IV (1điểm): Cho hình hình chóp S.ABCD có cạnh SA = 3 4 , tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Chứng minh rằng tam giác SAC vuông và tính thể tích khối chóp S.ABCD. Câu V(1điểm): Giải hệ phương trình: 3 2 1 0 (3 ) 2 2 2 1 0 x y x x y y              PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A.Theo chương trình chuẩn Câu VI/a: (2điểm) 1 . Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – 2 = 0. Viết phương trình đường cao kẽ từ B của tam giác ABC. 2. Trong kgOxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng    : 2x – y – 1 = 0;    : 2x – z = 0 và tạo với mặt phẳng (Q): x – 2y + 2z – 1 = 0 góc  mà 2 2 os = 9 c  Câu VII/a: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời:   1 2 5 . 34 z i va z z     B. Theo chương trình nâng cao Câu VI/b.(2điểm) 1. Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – 2 = 0. Viết phương trình đường trung tuyến kẽ từ B của tam giác ABC 2. Trg kgOxyz viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, cắt các đường thẳng     1 3 : ; ' : 1 2 2 1 2 x t x t D y t D y t z t z t                      và tạo với (D) một góc 30 0 Câu VII/b: (1điểm) Giải phương trình: 3 3 log 1 log 4.15 5 0 x x x     Hết Hướng dẫn giải: CâuI : 1. bạn đọc tự giải 2. Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành khi hệ sau có nghiệm:     2 2 2 2 ( 2) 3 0 (1) 3 2 4 2 3 0 (2) x x mx m x m x m m                 Đề thi chính thức WWW.ToanCapBa.Net 2 (1) 2 2 2 3 0 (3) x x mx m           *) Với x = - 2 thay vào (2): m =  1 *) (3) có nghiệm khi và chỉ khi 2 m  , (3) có hai ngiệm x = 2 12 3 2 m m   Thay vào (2) ta được: 2 12 3 0 m   2 m    Câu II : 1.4sin 2 x + 1 = 8sin 2 xcosx + 4cos 2 2x  5 – 4cos 2 x = 8cosx – 8cos 3 x + 16cos 4 x – 16cos 2 x + 4  16cos 4 x – 8cos 3 x  12cos 2 x + 8cosx - 1 = 0  (2cosx – 1)(8cos 3 x – 6cosx + 1) = 0  (2cosx – 1)(2cos3x + 1) = 0 2. x 2 + 4x + 1 > 3 x (x + 1) Điều kiện x ≥ 0 Đặt t x  , t ≥ 0 Bất phương trình trở thành t 4 + 4t 2 +1 > 3t 3 + 3t  t 4 – 3t 3 + 4t 2  3t +1 > 0  (t – 1) 2 (t 2 – t + 1) > 0  t  1 Vậy nghiệm của bất phương trình x≥ 0 và x  1 Câu III:. 1 4 2 4 2 0 2 2 1 x I dx x x     =     1 2 2 2 2 0 4 2 2 1 1 x dx x x              = 1 +     1 2 2 2 0 1 3 1 3 1 2 1 1 1 1 dx x x x x                 = 1 1 1 1 1 3ln 1 3ln 1 2 2 1 1 0 x x x x               = … Câu VI: ABCD là hình thoi , gọi O là tâm , P là trung điểm của SC Ta có BD  (SAC), SC  (PBD), 1 3 2 8 OP SA   ==> SC  OP OP là đường TB của tam giác SAC, vậy SC  SA ==> SAC vuông tại A ==> SA = 5 4 Gọi H là chân đường cao ==> H  AC, . 3 5 SA SC SH AC   Ta có: BD = 2 2 2 BP OP  = 39 4 1 . . 6 V AC DB SH  Câu V: 3 2 1 0 (1) (3 ) 2 2 2 1 0 (2) x y x x y y              Điều kiện 1 2 2 x va y   (2)     1 2 2 1 2 1 2 1 x x y y                 Xét hàm số f(t) = (1 + t 2 )t = t 3 + t f’(t)= 3t 2 + 1 > 0  t  R. Vậy hàm số tăng trên R (2)     2 2 1 2 2 1 f x f y x y          2 – x = 2y – 1  2y = 3 – x Thay vào (1): x 3 + x – 2 = 0  x = 1. Nghiệm của hệ (1;1) Câu VI.a: 1. B = ABAC, B 1 3; 2       Theo yêu cầu bài toán ta có vô số tam giác thỏa mãn bài toán mà các cạnh AC nằm trên các đường thẳng // với nhau. P O H D C B A S WWW.ToanCapBa.Net 3 Chọn M(4;1)  BC, M là trung điểm của BC ==> C 3 5; 2       Tam giác ABC cân tại A, Vậy AM  BC ==> AM: 2x + y – 9 = 0 A = AM AB ==> A(6;-3) Đường cao BH đi qua B có VTPT AC uuur ==> pt 2. Gọi d là giao tuyến của    và    ==> d: 2 1 0 2 0 x y x z         Lấy A(0;-1;0), B(1;1;2)  d (P) qua A, (P) có dạng phương trình: Ax + By + Cz + B = 0 (P) qua B nên: A + B + 2C + B = 0 ==> A = - (2B + 2C) Vậy (P): - (2B + 2C)x + By + Cz + B = 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 os 9 3 (2 2 ) B C B C c B C B C            13B 2 - 8BC – 5C 2 = 0, Chọn C = 1 ==> B = 1; B = - 5/13 +. Với B = C = 1; (P): - 4x + y + z + 1 = 0 +. Với B = 5/13 và C = 1; (P’): - 16x - 5y + 13z - 5 = 0 Câu VII.a: Gọi z = x + yi (x;y  R) Ta có: 2 2 2 2 ( 1) ( 2) 25 34 x y x y             2 2 7 5 28 15 0 x y y y         3 5 29/5 3/5 x y x y                   ==> z Câu VI.b: 1.Cách giải như câu VI.a , đường trung tuyến xuất phát từ B và qua trung điểm N của AC 2. Ta có (D) nằm trong (P) Gọi A = (D’)(P) , giải hệ ta được A(5;-1;5) Lấy B(1+t;t;2+2t)  (D); ( 4; 1;2 3) AB t t t     uuur là VTCP của d Ta có cos30 0 =     2 2 2 6 9 3 2 6 ( 4) 1 2 3 t t t t        1 4 t t        *) Với t = - 1 thì AB uuur = ( -5;0;-5) ==> d: 5 1 5 x t y z t            *) Với t = 4 thì AB uuur = (0; 5;5) ==> d: 5 1 5 x y t z t            Câu VII.b: 3 3 log 1 log 4.15 5 0 x x x     3 3 3 1 log log log 2 3 4.15 5.5 0 x x x     3 3 log log 3 3 4 5 0 5 5 x x                    3 log 3 1 1 5 x x            Hết WWW.ToanCapBa.Net 4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối D TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số   3 2 ( ) 3 1 1 y f x mx mx m x       , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số ( ) y f x  không có cực trị. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình :   4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 2 x x x x x    2. Giải phương trình:     2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4 x x x       Câu III (1 điểm) Tính tích phân 3 2 2 1 2 1 dx A x x    Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm   2 2 7 6 0 2 1 3 0 x x x m x m              PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. WWW.ToanCapBa.Net 5 Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng     : 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0. P x y x y    Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: 4 3 2 1 1 2 4 3 1 1 5 4 7 15 n n n n n n C C A C A                 (Ở đây , k k n n A C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 2 2 4 8 0 x y x y      .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0 x y z     và các đường thẳng 1 2 1 3 5 5 : ; : 2 3 2 6 4 5 x y z x y z d d           . Tìm các điểm 1 2 d , d M N   sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số   3 1 ( ) ln 3 f x x   và giải bất phương trình 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt f x x      Đáp án Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 Khi m = 1 ta có 3 2 3 1 y x x    + MXĐ: D  ¡ 0,25 + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim ; lim x x y y        2 ' 3 6 y x x   ; 2 ' 0 0 x y x         0,25  Bảng biến thiên 0,25 WWW.ToanCapBa.Net 6     2 3; 0 1 CT y y y y       C§  Đồ thị 0,25 2 1,00 + Khi m = 0 1 y x    , nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi 0 m    2 ' 3 6 1 y mx mx m      Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi ' 0 y  không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 0,50   2 2 ' 9 3 1 12 3 0 m m m m m         1 0 4 m    0,25 II 2,00 1 1,00   4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 2 x x x x x    (1) Điều kiện: sin 2 0 x  0,25 2 1 1 sin 2 1 sin cos 2 (1) sin 2 2 cos sin x x x x x x           0,25 WWW.ToanCapBa.Net 7 2 2 1 1 sin 2 1 1 2 1 sin 2 1 sin 2 0 sin 2 sin 2 2 x x x x x         Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 2 1,00     2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4 x x x       (2) Điều kiện: 1 0 4 4 4 0 1 4 0 x x x x x                     0,25         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16 log 4 1 log 16 4 1 16 x x x x x x x x x                     0,25 + Với 1 4 x    ta có phương trình 2 4 12 0 (3) x x   ;   2 (3) 6 x x        lo¹i 0,25 + Với 4 1 x     ta có phương trình 2 4 20 0 x x    (4);     2 24 4 2 24 x x          lo¹i Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 2 x  hoặc   2 1 6 x   0,25 III 1,00 Đặt 2 2 2 2 1 1 2 2 dx tdt t x t x tdt xdx x x            2 2 1 1 dx tdt tdt x t t       + Đổi cận: 1 3 2 2 3 1 2 2 x t x t       0,50 1 3 3 2 2 2 1 2 2 1 2 3 2 2 1 1 1 7 4 3 ln ln 1 1 2 1 2 3 | dt dt t A t t t                    0,50 IV 1,00 WWW.ToanCapBa.Net 8 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: , OE AB SE AB   , suy ra   SOE AB  . Dựng   OH SE OH SAB    , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 8 1 9 9 9 3 8 2 2 OH SO OE OE OH SO OE OE             2 2 2 9 81 9 9 8 8 2 2 SE OE SO SE       0,25 2 1 36 . 8 2 9 2 2 2 SAB SAB S S AB SE AB SE        2 2 2 2 2 2 1 9 9 265 4 2 32 2 8 8 8 OA AE OE AB OE                0,25 Thể tích hình nón đã cho: 2 1 1 265 265 . . .3 3 3 8 8 V OA SO       0,25 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 2 2 2 265 337 337 9 8 8 8 265 337 89305 . . . 8 8 8 xq SA SO OA SA S OASA              0,25 V 1,00 Hệ bất phương trình   2 2 7 6 0 (1) 2 1 3 0 (2) x x x m x m                1 1 6 x    . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại   0 1;6 x  thỏa mãn (2). 0,25         2 2 2 3 2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0) 2 1 x x x x x m m do x x x               Gọi   2 2 3 ( ) ; 1;6 2 1 x x f x x x      0,25 Hệ đã cho có nghiệm   0 0 1;6 : ( ) x f x m             2 2 2 2 2 4 2 2 8 ' 2 1 2 1 x x x x f x x x         ;   2 1 17 ' 0 4 0 2 f x x x x          Vì   1;6 x nên chỉ nhận 1 17 2 x    0,25 WWW.ToanCapBa.Net 9 Ta có: 2 27 1 17 3 17 (1) , (6) , 3 13 2 2 f f f                Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên 27 max ( ) 13 f x  Do đó     0 0 1;6 27 1;6 : ( ) max ( ) 13 x x f x m f x m m         0,25 VIa 2,00 1 1,00 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:   4 3 4 0 2 2;4 2 6 0 4 x y x A x y y                   0,25 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình   4 3 4 0 1 1;0 1 0 0 x y x B x y y                 0,25 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:     2 4 0 2 4 0 a x b y ax by a b          Gọi 1 2 3 :4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0 x y x y ax by a b              Từ giả thiết suy ra   ·   · 2 3 1 2 ; ;      . Do đó   ·   ·   2 3 1 2 2 2 2 2 |1. 2. | | 4.1 2.3| cos ; cos ; 25. 5 5. 0 | 2 | 2 3 4 0 3 4 0 a b a b a a b a b a a b a b                         + a = 0 0 b   . Do đó 3 : 4 0 y    + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 3 4 0 x y     (trùng với 1  ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. 0,25 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:   4 0 5 5;4 1 0 4 y x C x y y                0,25 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:                     , , , , , OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P d I P d I Q               0,25 Ta có:       2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 1 10 4 2 30 (1) OI AI OI AI a b c a b c a b c                         2 2 2 2 2 2 2 | 2 2 5 | , 9 2 2 5 (2) 3 a b c OI d I P a b c a b c a b c                        | 2 2 5| | 2 2 13| , , 3 3 2 2 5 2 2 13 ( ) 2 2 4 (3) 2 2 5 2 2 13 a b c a b c d I P d I Q a b c a b c a b c a b c a b c                                 lo¹i 0,25 WWW.ToanCapBa.Net 10 Từ (1) và (3) suy ra: 17 11 11 4a ; (4) 3 6 3 a b c     Từ (2) và (3) suy ra: 2 2 2 9 (5) a b c   Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:     2 221 658 0 a a    Như vậy 2 a  hoặc 658 221 a  .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc 658 46 67 ; ; 221 221 221 I        và R = 3. 0,25 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:       2 2 2 2 2 1 9 x y z       và 2 2 2 658 46 67 9 221 221 221 x y z                         0,25 VIIa 1,00 Điều kiện: 1 4 5 n n     Hệ điều kiện ban đầu tương đương:                            1 2 3 4 1 2 3 5 2 3 4.3.2.1 3.2.1 4 1 1 2 3 7 1 1 5.4.3.2.1 15 n n n n n n n n n n n n n n n n n                          0,50 2 2 9 22 0 5 50 0 10 5 n n n n n n                0,50 VIb 2,00 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 0; 2 2 4 8 0 1; 3 5 2 0 y x x y x y y x x y                     0,50 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì · 0 90 ABC  nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 0,50 2 1,00 Phương trình tham số của d 1 là: 1 2 3 3 2 x t y t z t           . M thuộc d 1 nên tọa độ của M   1 2 ;3 3 ;2 t t t   . Theo đề:         1 2 2 2 2 |1 2 2 3 3 4 1| |12 6| , 2 2 12 6 6 1, 0. 3 1 2 2 t t t t d M P t t t                     0,25 + Với t 1 = 1 ta được   1 3;0;2 M ; + Với t 2 = 0 ta được   2 1;3;0 M 0,25 + Ứng với M 1 , điểm N 1 2 d  cần tìm phải là giao của d 2 với mp qua M 1 và // mp (P), gọi mp này là (Q 1 ). PT (Q 1 ) là:     3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1) x y z x y z          . 0,25 [...]...WWW.ToanCapBa.Net  x  5  6t  Phương trình tham số của d2 là:  y  4t (2)  z  5  5t  Thay (2) vào (1), ta được: -1 2t – 12 = 0  t = -1 Điểm N1 cần tìm là N1 (-1 ; -4 ;0) + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0 ;-5 ) VIIb 1 Điều kiện f ( x)  ln 3  x 1 3 3  x  3 0 x3 1 3  ln1  3ln  3  x   3ln  3  x  ; f '( x)  3 3  x . 1 SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ LẦN 2 TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC QUY NHƠN TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – NĂM 2011 Môn thi: TOÁN – KHỐI A-B-D Thời gian. 1.4sin 2 x + 1 = 8sin 2 xcosx + 4cos 2 2x  5 – 4cos 2 x = 8cosx – 8cos 3 x + 16cos 4 x – 16cos 2 x + 4  16cos 4 x – 8cos 3 x  12cos 2 x + 8cosx -