tuyển tập đề thi thử môn toán của trường chuyên

đề thi thử đại học môn toán

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: TỐN, khối A Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x − 3x + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Gọi A, B hai điểm cực trị đồ thị (C) Tìm toạ độ điểm M thuộc (C) cho tam giác MAB cân M Câu II (2 điểm) Giải phương trình: π  cos  − x ÷− cos x − 4sin x − cos x + = 4  Giải hệ phương trình:  xy + x − = y  2 x y − x = y Câu III (1 điểm) Tìm giới hạn sau: I = lim x →0 2x +1 − 1− x sin x Câu IV (1,5 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AD = a 2, CD = a , cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi K trung điểm cạnh CD, góc hai mặt phắng (SBK) (ABCD) 600 Chứng minh BK vuông góc với mặt phẳng (SAC).Tính thể tích khối chóp S BCK theo a Câu V (1 điểm) Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm : x − − x2 − 2x + m x = Câu VI (1,5 điểm) 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x − 1) + ( y + 1) = 16 tâm I điểm A(1 + 3; 2) Chứng minh đường thẳng qua A cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt (C) hai điểm B, C cho tam giác IBC nhọn có diện tích Câu VII (1 điểm) n 1  Tìm hệ số x khai triển nhị thức Niu - tơn  + x5 ÷ , biết tổng hệ số x  khai triển 4096 ( n số nguyên dương x > 0) Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: số báo danh: ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I (Năm học: 2012-2013) Mơn: Tốn - Lớp 12 (Khối A) Câu I Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) ( 1,00 điểm) Ta có phương trình đường trung trực AB d: x – 2y + = Hoành độ giao điểm d (C): 2x3 – 7x = 1,00 x =  7   7  ⇔ ⇒ M (0; 2) (loai ), M  − ; −  2 + ÷, M  ; 2 + ÷ ÷  ÷ x = ±       Câu II Nội dung Điểm 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) π  cos  − x ÷− 4sin x − cos x − cos x + = ⇔ (sin x − 1)(cos x + sin x − 1) = 4  π  sin x =  x = + k 2π ⇔ ⇔  sin x + cos x − =  x = k 2π  xy + x − = y Giải hệ phương trình:  1,00 (1,00 điểm) 2 x y − x = y Nhận thấy y = không t/m hệ 0,50 x y + x− y =  Hệ phương trình cho tương đương với  Đặt xx− 1 =2 ÷ y y    x− = a  y  a + b =  a = 2, b =  ⇔ ⇔   ab =  a = 1, b = x =b y    Thay vào giải hệ ta nghiệm ( ± 2;1 ± ), (2;1),  −1; − III 0,50 1 ÷ 2 Tìm giới hạn … 1,00 2x +1 − 1− x 2x +1 −1 1− 1− x = lim + lim = x →0 x →0 x →0 sin x sin x sin x Ta có 2x x 1 = lim + lim = + = x→0 sin x (2 x + 1) + x + + x→0 sin x(1 + − x ) 12 I = lim ) ( IV Cho hình chóp S.ABCD ( h/s tự vẽ hình)… Gọi I giao điểm AC BK • Bằng lập luận chứng minh BK ⊥ AC , từ suy c BK ( SAC ) ả ã Gúc gia hai mp(SBK) (ABCD) góc SIA= 600 • Câu V 1,5 2 6a 2a IA = AC = ⇒ SA = 2a ⇒ VS BCK = 3 Nội dung Điểm 1,00 Tìm m để pt có nghiệm… Đk: x ≥ x−2 x−2 − 24 +m=0 x x Phương trình cho tương đương với Đặt t = [ ) x−2 tìm đk cho t, t ∈ 0;1 x Phương trình trở thằnh t − 2t + m = 0, voi t ∈ [ 0;1) Từ tìm m ∈ [ 0;1) VI 1,5 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho … (1,00 điểm) Ta có: Đường trịn (C) tâm I(1; -1), bán kính R = • IA = + = < , suy điểm A nằm (C) ⇒ pcm ã S IAB = ả IA.IB.sin BIC = ⇔ ¶ ¶ 4.4.sin BIC = ⇒ sin BIC = ¶  BIC = 600 ⇒ ⇒ d ( I ; BC ) = ¶ = 1200 (loai )  BIC  r 3 • Đường thẳng d qua A, nhận n ( a; b ) ( a + b ≠ 0) có phương trình a ( x − − 3) + b( y − 2) = ⇒ d ( I ; BC ) = ⇔ ( 3a − b) = ⇔ 3a − b = • Chọn a = 1, b = Từ phương trình đường thẳng d: 3x + y − − = Câu VII Nội dung Điểm 1,00 n 1  Đặt f ( x) =  + x ÷ Tổng hệ số khai triển 4096 x  12 ⇒ f (1) = = 4096 ⇒ n = 12 , từ suy f ( x) = ∑ C x n k =0 k 12 11k −36 Hệ số x8, ứng với k nguyên t/m: 11k − 36 = ⇔ k = ⇒ a8 = C12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TỐN, khối B TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN 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 y = f ( x) = x − x Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A B có hồnh độ a b Tìm điều kiện a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với Câu II (2 điểm) ( cos x − sin x ) = tan x + cot x cot x − 1 x − x + + log x − > log ( x + 3) 3 Giải phương trình lượng giác: Giải bất phương trình: log π Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = cos x ( sin x + cos x ) dx ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 45 Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ Câu V (1 điểm) Cho phương trình x + − x + 2m x ( − x ) − x ( − x ) = m3 Tìm m để phương trình có nghiệm PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng ∆ định bởi: (C ) : x + y − x − y = 0; ∆ : x + y − 12 = Tìm điểm M ∆ cho từ M vẽ với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 600 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu? Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng ( d ) : x − y − = có hoành độ xI = , trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình ( S ) : x + y + z − x + y − z + = 0, ( P) : x + y − z + 16 = Điểm M di động (S) điểm N di động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức 1 4 + + ≥ + + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Hết Đáp án Nội dung Câ Ý u I Điể m 2,00 1,00 0,25 + MXĐ: D = ¡ + Sự biến thiên • Giới hạn: xlim y = +∞; xlim y = +∞ →−∞ →+∞ • • 0,25 x = y ' = x − x = x ( x − 1) ; y ' = ⇔   x = ±1 Bảng biến thiên 0,25 yCT = y ( −1) = −1; yCT = y ( 1) = −1; yC§ = y ( ) = • Đồ thị 0,25 1,00 Ta có f '( x) = x − x Gọi a, b hồnh độ A B Hệ số góc tiếp tuyến (C) A k A = f '(a ) = 4a − 4a, k B = f '(b) = 4b − 4b 3 Tiếp tuyến A, B có phương trình là: y = f ' ( a ) ( x − a ) + f ( a ) = f ' ( a ) x + f (a ) − af' ( a ) ; y = f ' ( b ) ( x − b ) + f ( b ) = f ' ( b ) x + f (b) − bf' ( b ) B Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi: k A = k B ⇔ 4a − 4a = 4b3 − 4b ⇔ ( a − b ) ( a + ab + b − 1) = (1) Vì A B phân biệt nên a ≠ b , (1) tương đương với phương trình: a + ab + b2 − = (2) Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng a + ab + b − =   a + ab + b − = ⇔ a ≠ b) ⇔  ( , 4 −3a + 2a = −3b + 2b  f ( a ) − af ' ( a ) = f ( b ) − bf ' ( b )   Giải hệ ta nghiệm (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm tương ứng với cặp điểm đồ thị ( −1; −1) ( 1; −1) Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A B song song với a + ab + b − =  a ≠ ±1 a ≠ b  II cos x.sin x.sin x ( tan x + cot x ) ≠  cot x ≠  Điều kiện:  Từ (1) ta có: sin x cos x + cos x sin x = ( cos x − sin x ) cos x.sin x ⇔ = sin x cos x cos x −1 sin x 2,00 1,00 0,25 0,25 ⇔ 2sin x.cos x = sin x π  x = + k 2π  ⇔ cos x = ⇔ ( k ∈¢)  x = − π + k 2π   0,25 Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho π x = − + k 2π ( k ∈ ¢ ) 0,25 1,00 0,25 Điều kiện: x > Phương trình cho tương đương: 1 log ( x − x + ) + log 3−1 ( x − ) > log 3−1 ( x + 3) 2 1 ⇔ log ( x − x + ) − log ( x − ) > − log ( x + ) 2 ⇔ log ( x − ) ( x − 3)  > log ( x − ) − log ( x + 3)    x−2 ⇔ log ( x − ) ( x − 3)  > log  ÷    x+3 x−2 ⇔ ( x − ) ( x − 3) > x+3 0,25 0,25  x < − 10 ⇔ x2 − > ⇔   x > 10  Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x > 10 III 0,25 1,00 1,00 π   I = ∫ cos x 1 − sin 2 x ÷dx   = = 0,50 π    − sin x ÷d ( sin x ) ∫  π π 1 ∫ d ( sin x ) − ∫ sin xd ( sin x ) 20 π π 1 = sin x| − sin x| = 0 12 0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM ⊥ AB O ' N ⊥ CD Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó: ∆IOM vng cân O nên: OM = OI = 0,25 h 2a IM ⇒ = ⇒h= a 2 2 2 a a 3a a a 2 R = OA = AM + MO =  ÷ +  = + = Ta có: ÷ 8 2  ÷   2 ⇒ V = π R 2h = π 2 0,25 3a a 2π a = , 16 S xq = 2π Rh=2π 0,25 a a 3π a = 2 2 0,25 V Phương trình x + − x + 2m x ( − x ) − x ( − x ) = m (1) Điều kiện : ≤ x ≤ Nếu x ∈ [ 0;1] thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm cần có điều kiện x = − x ⇒ x = Thay x = vào 1,00 0,25 (1) ta được: m = 1 + m − = m3 ⇒  2  m = ±1 * Với m = 0; (1) trở thành: ( x − 1− x ) =0⇔ x= 0,25 Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành x + − x − x ( − x ) − x ( − x ) = −1 ⇔ ⇔ ( ( ) ( ) x + 1− x − x ( 1− x) + x +1− x − x ( 1− x) = x − 1− x + Với + Với ) +( x − 1− x ) =0 0,25 x − 1− x = ⇔ x = x − 1− x = ⇔ x = Trường hợp này, (1) có nghiệm * Với m = (1) trở thành: x + 1− x − 24 x ( 1− x) = 1− x ( 1− x) ⇔ ( x − 1− x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x = 0, x = ) =( x − 1− x ) nên trường hợp 0,25 (1) nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1 VI a 2,00 1,00 Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R = Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 60 IAM nửa tam giác suy IM = 2R=2 Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình: 2 ( x − ) + ( y − 1) = 20 Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng ∆ , nên tọa độ M nghiệm ( x − ) + ( y − 1) = 20 (1)  hệ phương trình:   x + y − 12 = (2)  0,25 0,25 Khử x (1) (2) ta được: x = ( −2 y + 10 ) + ( y − 1) = 20 ⇔ y − 42 y + 81 = ⇔  27 x =   9  27 33  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là: M  3; ÷ M  ; ÷  2  10  2 2 0,25 0,25 1,00 Ta tính AB = CD = 10, AC = BD = 13, AD = BC = 0,25 Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện 0,25 3 3 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm G  ;0; ÷, bán kính 2 2 14 R = GA = VI Ia 0,50 1,00 Số cách chọn viên bi tùy ý : C18 Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là: + Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng + Khơng có bi xanh: có C13 cách + Khơng có bi vàng: có C15 cách Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C10 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: 9 9 C10 + C18 − C13 − C15 = 42910 cách VI b 0,25 0,25 0,50 2,00 I có hoành độ xI = 9 3 I ∈ ( d ) : x − y − = ⇒ I  ; ÷ 2 2 Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0) AB = IM = ( xI − xM ) + ( y I − yM ) = S ABCD = AB AD = 12 ⇔ AD = 9 + =3 4 S ABCD 12 = = 2 AB  AD ⊥ ( d )  , suy phương trình AD: ( x − 3) + ( y − ) = ⇔ x + y − =   M ∈ AD  Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình: x + y − =     y = −x +  y = −x + ⇔ ⇔  2 2 2 ( x − 3) + y = ( x − 3) + ( − x ) =  ( x − 3) + y =    y = 3− x x = x = ⇔ ⇔  Vậy A(2;1), D(4;-1),  x − = ±1  y =  y = −1 10 1,00 0,50 IA.IB = m + = 2m + = 12 ⇔ m ∈ − 5; S ( IAB ) = { } 0,25 Câu II (2 điểm) Giải phương trình  x < −1 ( x − 1) + 2( x + 1) x − = 12 , ĐK:  x ≥ x +1  x−3 ⇔ ( x + 1)( x − 3) + 2( x + 1) −8 = x +1  x −3 =2 ( x + 1)  x − x − = ; (Chọn x ≥ 3) x +1  ⇔ ⇔   x − x − = 16 ; (Chọn x < −1) x −3  = −4 ( x + 1) x +1   x − x − = ; (Chọn x ≥ 3) ⇔ ; (Chọn x < -1)  x − x − 19 =  0,25 x = 1+ 2 ⇔  x = − , S = − ,1 + 2  cos x + sin x + = (1) cos 3x ĐK: cos x = cos x( cos x − 3) ≠ cos x + sin x cos x (1) ⇔ +1 = cos x cos x − (loại) sin x = ⇒ cos x = ⇔ sin x − sin x − = ⇔  sin x = − ⇒ cos x − = (loại)  0,50 { ( 0,25 0,25 0,25 ) (1) Vậy, phương trình Câu III (1 điểm) π } 0,25 vô nghiệm π π x sin x dx + ∫ dx = I1 + I + sin x + sin x 0 I =∫ x π * I1 = ∫ + sin x dx = ∫ 0 0,25 x dx π 2 cos  x −  4  u = x du = dx  dx   ⇒  π Đặt: dv = π  v = tan  x −  2  cos  x −    4  4   x  π  π 1 π π π  ⇒ I = tan x − | +  ln cos x −   |2 =  40 2 40    π 2 π * I = sin x dx , đổi biến: t = − x đưa đến ∫ + sin x π cos x dx + sin x 0,25 I2 = ∫ 74 0,25 0,25 dx  ππ ⇒ 2I = ∫ = tan  x − |2 = π  40  cos x −   4  ⇒ I2 = π Vậy, I = I1 + I = + 0,25 Câu IV (1 điểm) Gọi I trung đểm cạnh CD AI ⊥ CD  BI ⊥ CD ( Gt ) ⇒   , AI = BI = A D I B M C a = AB (1) ⇒ ( ABI ) mp trung trực cạnh CD Gọi M giao điểm BI với mặt cầu ( S ) ngoại tiếp tứ diện ABCD ⇒ Đường tròn lớn ( S ) đường tròn ( ABM ) Mặt phẳng ( BCD ) cắt ( S ) theo đường tròn ( BCD ) qua M, BM đường kính (1) 0,25 0,25 0,25 a 2a ⇒ BM = = sin 60 ⇒ ∆ABI ⇒ ABM = 600 AM = AB + BM − AB.BM cos 60 = a 0,25 13 12 AM a 13 = sin 60 13 13 ⇒ V = πR = πa 162 0,25 ⇒R= 0,25 Câu V (1 điểm) 1 + ≥ (*) x y x+ y Dấu “=” xảy ⇔ x = y (CM được) 3(b + c)  4a + 3c  12( b − c ) P + 11 = + + 1 + +8 = + 2a 3b  2a + 3c    = ( 4a + 3b + 3c )  + +   2a 3b 2a + 3c  1 + ≥ Áp dụng (*): 2a 3b 2a + 3b 4 16 + ≥ 2a + 3b 2a + 3c 4a + 3b + 3c 1 16 ⇒ + + ≥ 2a 3b 2a + 3c 4a + 3b + 3c ⇒ P + 11 ≥ 16 ⇒ P ≥ Dấu “=” xảy ⇔ b = c = a x, y > ⇒ 75 0,25 0,25 0,25 ⇒ Min P = 5, b = c = a PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) ( E) : x 0,25 + y2 =1 A( 3;0) ∈ ( E ) ; B, C ∈ ( E ) : AB = AC Chứng minh được: B( x0 ; y ) ⇒ C ( x0 ;− y ) ; ( x0 < 3) H trung điểm BC ⇒ H ( x0 ;0 ) 2 ⇒ BC = y0 = − x0 ; AH = − x0 = − x0 ∆ABC vuông cân A ⇔ AH = BC 2 ⇔ − x0 = − x0 ⇔ 9( − x0 ) = ( − x0 )( + x0 )  x0 = (loại) ⇔  x0 = 12 ⇒ y =  5    12   12   B ; , C  ;−      Vậy,    12   12   B ;− , C  ;    5  5 Đặt F ( x, y, z ) = x + y + z − 0,25 0,25  x1 − y1 + z1  ; ;  BB1 = ( x1 + 2; y1 − 2; z1 ) , I  2    BB // n = (2;1;1) B1 = Đ α (B) ⇔  α I ∈ (α ) : x + y + z − =   x1 + y1 + z1 = =  ⇔ ⇒ B1 ( 0;3;1) 2 2 x1 + y1 + z1 − =  Dấu “=” xảy ⇔ A, M , B1 thẳng hàng ⇔ M = AB1 ∩ ( α ) 0,25 0,25 F(1 ; ; 3) F (-2 ; ; 0) < ⇒ A B nằm hai phía mp ( α ) B1 (x1, y1, z1); I trung điểm BB1 MA − MB = AM − MB1 ≤ AB1 = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ( M ∈ (α ) ) x = + t ( AB1 ) :  y = − t , (α ) : x + y + z − = ⇒ M ( − 1;4;−1)   z = + 2t  Max MA − MB = AB1 = , M ( − 1;4;−1) Câu VIIa (1 điểm) Hệ cho viết 76 0,25  z1 − z = − 2i   z1 − z − 3i  zz =  ⇔  z1 + ( − z ) = 2(1 − i )   z1 ( − z ) = −( + 2i ) ⇒ z1 - z nghiệm phương trình z − 2(1 − i ) z − ( + 2i ) = ( z1 ; z ) ∈ { ( − i;1 + i ) , ( − − i;−3 + i ) } 0,25 0,25 b Theo chương trình nâng cao Câu VI b: (2,0đ)  x − y = −5 B = ( BE ) ∩ ( BM ) :  ⇒ B ( − 2;1) x − y = −15  A1 ( x1 ; y1 ); A(1;2 ) ⇒ AA = ( x1 − 1; y1 − ) 0,25  x1 + y1 +  ;    I trung điểm AA1 ⇒ I    AA ⊥ u BC = (1;2 ) , A1 ∈ BC A1 = Đ BE ( A) ⇔   I ∈ ( BE ) : x − y + =   x1 − + 2( y1 − ) =  x1 = −3  ⇔   x1 +  y1 + ⇔  y1 = 2  − + =    ⇒ BA1 = ( − 1;3) ⇒ n BC = ( 3;1) ( BC ) : 3x + y + = A2 = Đ B ( A) ⇒ A2 ( − 5;0 ) , A2 C // BM 0,25 0,25 ⇒ n A2C = ( 7;−1) ( A2 C ) : x − y + 35 = C = ( BC ) ∩ ( A2 C ) ⇒ C ( − 4;7 ) 0,25 ⇒ BC = 10 AH = d ( A, BC ) = 3+ 2+5 +1 = 10 BC AH = 10 (đvdt) Đặt: F ( x; y; z ) = x + y + z − F (1;2;3) F ( 0;3;1) > ⇒ A B nằm phía mp ( α ) B1 ( x1 ; y1 ; z1 ) I trung điểm BB1 ⇒ S ( ABC ) =  x y + z1 +  ⇒ BB1 = ( x1 ; y1 − 3; z1 − 1) , I  ; ;  2  2   BB // n = (2;1;1) B1 = Đ α (B) ⇔  α I ∈ (α ) : x + y + z − =   x1 y1 − z1 − =  = ⇔2 1 2 x1 + y1 + z1 + =  0,25 0,25 0,25 ⇒ B1 ( − 2;2;0) Chu vi ∆MAB , ký hiệu: P P = AB + MA + MB = + AM + MB1 ≥ + AB1 = + Dấu “=” xảy ⇔ A, M , B1 thẳng hàng ⇔ M = AB1 ∩ ( α ) 77 0,25 0,25 x = + t ( AB1 ) :  y =  z = + t  (α ) : x + y + z − = ⇒ M (-1 ; ; 1) ( ) Min P = + , M (-1 ; ; 1) Câu VIIb (1 điểm) log x Giải phương trình: log ( x + ) = log x Đặt: log3 x = t ⇔ x = 3t (1) Phương trình trở thành: ( ) log 3t + 6t = t ⇔ 3t + 6t = 2t t 3 ⇔   + 3t = 2 (2) t 3 f (t ) =   + 3t hàm số đồng biến R 2 t    f ' (t ) =   ln + t ln > 0, ∀t      2   (2) ⇔ f (t ) = f (−1) ⇔ t = −1 Từ (1) ta x = 1  S =  3 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ NĂM HỌC 2010 – 2011 ĐỀ THI MƠN: TỐN KHỐI A, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x − x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) hai điểm A, B phân biệt cho A B đối xứng qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= Câu II: (2,0 điểm) sin x + = 2cosx sin x + cos x tan x  x+ y − x−y =2  Giải hệ phương trình:  2 2  x + y +1 − x − y =  Giải phương trình: 78 Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: π ∫ (e cos x + s inx).sin x.dx Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp hình trụ có bán kính đáy r; góc BC’ trục hình trụ 300; đáy ABC tam giác cân đỉnh B có · ABC = 1200 Gọi E, F, K trung điểm BC, A’C AB Tính theo r thể tích khối chóp A’.KEF bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn : a + b + c = Chứng minh rằng: 3 1 +3 +3 ≥3 a + 3b b + 3c c + 3a Câu VI: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) đường thẳng ∆ : x – y + = Viết phương trình đường trịn qua M cắt ∆ điểm A, B phân biệt cho ∆MAB vuông M có diện tích 2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x y − z −1 = = −1 −1 mặt phẳng (P) : ax + by + cz – = (a + b ≠ 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) qua đường thẳng d tạo với trục Oy, Oz góc Câu VII: (1,0 điểm) Xét số phức z thỏa mãn điều kiện : z − 3i = , tìm giá trị nhỏ z Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên:……………………………………………… SBD:…………………… TRƯỜNG THPT CHUN NGUYỄN HUỆ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ NĂM HỌC 2010 – 2011 ĐỀ THI MÔN: TOÁN CÂU I-1 TXĐ: D = R\{-1} (1 điểm) Chiều biến thiên: y ' = NỘI DUNG > ∀x ∈ D ( x + 1) Hs đồng biến khoảng (−∞; −1) (−1; +∞) , hs khơng có cực trị Giới hạn: lim y = 2, lim− y = +∞, lim+ y = −∞ x →±∞ x →−1 x →−1 => Đồ thị hs có tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 79 ĐIỂM 0,25 0,25 BBT x -∞ +∞ y’ -1 + + +∞ 0,25 y -∞ + Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành điểm ( 2;0 ) , trục tung điểm (0;-4) Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 Đường thẳng d cần tìm vng góc với ∆ : x + 2y +3= nên có phương trình y = 2x +m 2x − = x + m có nghiệm phân biệt x +1 ⇔ x + mx + m + = có nghiệm phân biệt khác - ⇔ m − 8m − 32 > (1) x A + xB − m   xI = =  Gọi I trung điểm AB có   y = 2x + m = m I  I  Do AB vuông góc với ∆ nên A, B đối xứng qua đường thẳng ∆ : x + 2y +3= ⇔ I ∈ ∆ ⇔ m = −4 D cắt (C) điểm A, B phân biệt ⇔ I-2 (1 điểm) m = - thỏa mãn (1) đường thẳng d có phương trình y = 2x - II-1 (1 điểm) §iỊu kiƯn: sin x ≠ 0, cos x ≠ 0,sin x + cos x ≠ Pt ®· cho trë thµnh cos x + 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 sin x cos x − cos x = sin x + cos x sin x cos x cos x ⇔ − =0 sin x sin x + cos x π   ⇔ cos x sin( x + ) − sin x  =   π +) cos x = ⇔ x = + kπ , k ∈  80 0,25 0,25 π π    x = + m2π 2 x = x + + m2π π ⇔ +) sin x = sin( x + ) ⇔  π  x = π + n2π 2 x = π − x − + n 2π     π t 2π ⇔x= + , t ∈ m, n ∈  §èi chiếu điều kiện ta có nghiệm pt π t 2π x = + kπ ; x = + , k, t ∈  Điều kiện: x+y ≥ 0, x-y ≥ 0,25 u = x + y ta có hệ: v = x − y 0,25 Đặt:  II-2 (1 điểm)  u − v = (u > v)  u + v = uv +   ⇔  u + v2 +  u + v2 + − uv =  − uv =  2    u + v = uv + (1)  ⇔  (u + v) − 2uv + Thế (1) vào (2) ta có: − uv = (2)   0,25 0,25 uv + uv + − uv = ⇔ uv + uv + = (3 + uv ) ⇔ uv =  uv = ⇔ u = 4, v = (vì u>v) Từ ta có: x =2; y =2.(Thỏa u + v = Kết hợp (1) ta có:  đ/k) KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2) π ∫ (e π cos x π 0,25 + s inx).sin x.dx = ∫ e cos x cos x.sin x.dx + ∫ s inx.sin x.dx 0,25 π I = ∫ e cos x cos x.sin x.dx 0,25 III (1 điểm) t 1 t t Đặt t = cosx có I = ∫ t.e dt = t.e − ∫ e dt = π π π 1 K = ∫ s inx.sin x.dx = ∫ (cos x − cos3 x).dx = (s inx − sin x) = 20 3 0 π ∫ (e cos x + s inx).sin x.dx = + = 3 0,25 0,25 81 · Từ giả thiết suy BC ' C = 300 BA = BC = r CC ' = BC cot 300 = r 0,25 IV (1 điểm) 1 1 r3 VA '.KEF = VC KEF = VF KEC = VA ' ABC = AA ' BA.BC.sin1200 = 8 32 0,25 Gọi H trung điểm AC ta có FH // AA’ suy FH ⊥ (ABC) HK = HB = HE = r 0,25 Gọi J trung điểm KF, mp (FKH) đường trung trực FK cắt FH I, I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE FK = FH + KH = r Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE 0,25 FJ FK FK r2 r R = FI = = = = FH FH r 3 Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho ba số dương ta có 1 1 1 (x + y + z) + +  ≥ 33 xyz =9⇒ + + ≥ (*) x y z xyz x y z x+y+z   1 +3 +3 ≥3 áp dụng (*) ta có P = 3 a + 3b b + 3c c + 3a a + 3b + b + 3c + c + 3a 0,25 áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho ba số dương ta có a + 3b + + 1 = ( a + 3b + ) 3 b + 3c + + 1 ( b + 3c ) 1.1 ≤ = ( b + 3c + ) 3 c + 3a + + 1 ( c + 3a ) 1.1 ≤ = ( c + 3a + ) 3 V (1 điểm) ( a + 3b ) 1.1 ≤ 0,25 1  Suy a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤  ( a + b + c ) +  ≤  +  =  3  3  a + b + c = ⇔a=b=c= Do P ≥ ; Dấu = xảy ⇔  a + 3b = b + 3c = c + 3a =  82 0,25 0,25 Đường trịn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình ( x − a ) + ( y − b) = R ∆MAB vuông M nên AB đường kính suy ∆ qua I đó: 0,25 a - b + = (1) VI.-1 (1 điểm) −1+1 Hạ MH ⊥ AB có MH = d ( M ,∆ ) = = 1 S ∆MAB = MH AB ⇔ = R ⇔ R = 2 Vì đường trịn qua M nên (2 − a) + (1 − b) = (2) a − b + = Ta có hệ  0,25 0,25 (1) 2 (2 − a ) + (1 − b) = (2) Giải hệ a = 1; b = Vậy (C) có phương trình ( x − 1) + ( y − 2) = r Đường thẳng d qua M (0, 2, 1) có VTCP u (1, −1, −1) r (P) có VTPT n(a, b, c ) VI -2 (1 điểm) rr d ⊂ ( P ) ⇒ n.v = ⇔ a − b − c = ⇔ a = b + c r r r r b = c ≠ · · (Oy, ( P)) = (Oz , ( P)) ⇔ cos( j, n) = cos( k , n) ⇔ b = c ⇔  b = −c ≠ Nếu b = c = a = suy ( P ) : 2x + y + z - = (loại M ∉ ( P ) 1 Nếu b = - c = - a = suy ( P2 ) : y - z - = (thỏa mãn) Vậy (P) có phương trình y - z - = 2 Đặt z = x + iy ta có z − 3i = ⇔ x + ( y − 3) = Từ x + ( y − 3) = ta có ( y − 3) ≤ ⇔ ≤ y ≤ VII (1 điểm) Do z = x + y ≥ + 22 = 2 2 Vậy giá trị nhỏ z đạt z = 2i ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 TRƯỜNG THPT CHUN VĨNH PHÚC MƠN TỐN 12 KHỐI A -LẦN Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số : y = x3 – 3x2 + m 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình : x − x − = x −1 83 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  5π  − x ÷sin x =  12  Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 cos  log x + y = 3log8 ( x − y + 2)  2) Giải hệ phương trình:  x2 + y + − x2 − y2 =    − x2  dx Câu III: (1,0 điểm ) Tính tích phân: I = ∫ x ln  ÷ 4+ x  Câu IV:( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a ,tam giác SAB cân S thuộc mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABC).Hai mặt phẳng (SCA) (SCB) hợp với góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Câu V :(1,0 điểm ) Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S = x + + y + 16 + z2 + 36 PHẦN B : THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1HOẶC PHẦN 2) PHẦN ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có M trung điểm cạnh BC,phương trình đường thẳng DM: x − y − = C ( 3; −3) Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d : 3x + y − = ,xác định toạ độ đỉnh A,B,D 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − = hai điểm A ( 1; −3;0 ) , B ( 5; −1; −2 ) Tìm toạ độ điểm M mặt phẳng (P) cho MA − MB đạt giá trị lớn Câu VII.a (1,0 điểm): Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức : 1 1 1023 n C0 + C1 + Cn + C3 + L + Cn = n n n n +1 10 PHẦN ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d1 : x − y − = d : x + y − = Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : x − y −1 z = = , d1 : −1  x = − 2t  d2 :  y = z = t  Viết phương trình mặt cầu có đường kính đoạn vng góc chung d1 d2 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 2010 2011 S = 12 C2011 + 22 C2011 + 32 C2011 + + 20102 C2011 + 20112 C2011 …………………………………… …….Hết Trường thpt Chuyên Vĩnh Phúc Kì thi khảo sát năm 2011 Mơn Tốn 12 -Khối A -Lần thứ 84 Câ Ý Nội dung u I Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x − 3x + + T ập xác định: Hàm số có tập xác định D = ¡ Điể m 2,00 1,00 x = + Sự biến thiên: y' = x − x Ta có y' = ⇔  x = 0,25 • y, > ⇔ x < ∨ x > ⇔ h/s đồng biến khoảng ( −∞;0 ) & ( 2; +∞ ) • y, < ⇔ < x < ⇔ h/s nghịch biến khoảng ( 0; ) • yCD = y ( ) = 2; yCT = y ( ) = −2   x • Giới hạn lim y = lim x 1 − + x →±∞ x →±∞ 0,25  ÷ = ±∞ x3  • Bảng biến thiên: −∞ x + y' 0 2 − + +∞ 0,25 +∞ y −∞ −2 + Đồ thị: y f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 0,25 x -8 -6 -4 -2 -5 2 Biện luận số nghiệm phương trình x − 2x − = m theo tham số x −1 1,00 m m 2 • Ta có x − x − = x − ⇔ ( x − x − ) x − = m,x ≠ Do số nghiệm phương trình số giao điểm y = ( x − x − ) x − ,( C' ) 85 0,25 đường thẳng y = m,x ≠  f ( x ) x >  nờn ( C' ) bao gồm: − f ( x ) x <  • Vẽ y = ( x − x − ) x − =  + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x = + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x = qua Ox 0,25 Đồ thị hàm số y = ( x − x − 2) x − , với x ≠ có dạng hình vẽ sau y f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) x -8 -6 -4 -2 0,25 -5 • hình Đồ thị đường thẳng y=m song song với trục ox Dựa vào đồ thị ta có: + m < −2 : Phương trình vơ nghiệm; + m = −2 : Phương trình có nghiệm kép + −2 < m < : Phương trình có nghiệm phân biệt; + m ≥ : Phương trình có nghiệm phân biệt II 0,25 2,00  5π  − x ÷sin x =  12  Giải phương trình: 2cos    5π  5π   5π  2cos  − x ÷sin x = ⇔ sin  x − ÷+ sin  = 12  12   12    5π  5π π 5π  π 5π   ⇔ sin  x − = = sin ⇔ sin  x − = ÷+ sin ÷ = sin − sin 12  12 12  12   π  π   π  = cos sin  − ÷ = sin  − ÷  12   12  86 ∑1, 0.25 0,25 π 5π π   2x − = − + k 2π  x = + kπ 5π  π     12 12 ⇔ sin  x ( k Â) ữ = sin  − ÷ ⇔  5π 13π 12    12   x = 3π + kπ 2 x − = + k 2π    12 12  log x + y = 3log8 ( x − y + 2)  Giải hệ phương trình:  x2 + y2 + − x2 − y2 =   Điều kiện: x+y>0, x-y ≥ log x + y = 3log8 (2 + x − y )  x+ y = 2+ x− y   ⇔  2 2 x2 + y + − x2 − y2 =   x + y +1 − x − y =    u − v = (u > v)  u + v = uv + u = x + y   ⇔  u + v2 + Đặt:  ta có hệ:  u + v + v = x − y − uv =  − uv =  2    u + v = uv + (1)  ⇔  (u + v) − 2uv + Thế (1) vào (2) ta có: − uv = (2)   uv + uv + − uv = ⇔ uv + uv + = (3 + uv ) ⇔ uv =  uv = ⇔ u = 4, v = (vì u>v) Từ ta có: x =2; y u + v = Kết hợp (1) ta có:  III =2.(T/m) KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2)  − x2  I = ∫ x3 ln  Tính tích phân: ÷dx + x2     − x  du = 16x dx  u = ln    x − 16 ÷ Đặt   4+ x ⇒    v = x − 16 dv = x dx   IV ) ∑1, 0,25 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ∑1, 0,50 1  − x2  15   − ∫ xdx = − ln  ÷− Do I = x − 16 ln  ÷ 4 5  4+ x 0 ( 0,50 0,50 … Tính thể tích khối chóp S.ABC… Gọi H trung điểm AB ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABC ) 1, 00 ⇒ ( SAC ) ; ( SBC )  = ( KA; KB ) = 600 ⇒ ∠AKB = 600 ∨ ∠AKB = 1200   0,25 Kẻ AK ⊥ SC ⇒ SC ⊥ ( AKB ) ⇒ SC ⊥ KB Nếu ⇒ ∠AKB = 600 dễ thấy ∆KAB ⇒ KA = KB = AB = AC (vơ lí) Vậy ∠AKB = 1200 ∆ΚΑΒ cân K ⇒ ∠AKH = 600 AH a ⇒ KH = = tan 60 Trong ∆SHC vuông H,đường cao 87 0,25 a 1 KH = = + 2 thay KH HC HS a a HC = vào ta SH = 1 a a a3 VS.ABC = SH.dt ∆ABC = = 3 32 0,25 Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ ∑1, KH có V biểu thức: Ta có: S = S = x + + y + 16 + z2 + 36 ( 2x ) + 22 + ( 3y ) + 122 + z + 62 Trong hệ toạ độ OXY xét véc tơ r r r a = ( 2x;2 ) , b = ( 3y;4 ) ,c = ( z;6 ) , r r r a + b + c = ( 2x + 3y + z;2 + 12 + ) = ( 40;20 ) r r r r r r 2 a = ( 2x ) + 22 , b = ( 3y ) + 12 , c = ( z ) + , a + b + c = 20 Sử dụng bất đẳng thức độ dài véc tơ : r r r r r r S= a + b + c ≥ a + b + c ⇒ S ≥ 20 Đẳng thức xẩy véc tơ r r r a, b,c hướng 2x 3y z 2x 3y z 2x + 3y + z 40 = = ⇒ = = = = =2 xét hệ điều kiện : 12 12 20 20 ⇒ x = 2, y = 8, z = 12 Với : x = 2, y = 8, z = 12 S = 20 Vậy giá trị nhỏ S 20 đạt : x = 2, y = 8, z = 12 VI A 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,00 Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có M….Tìm toạ độ A,B,D Gọi A ( t; −3t + ) Ta có khoảng cách: 4t − 2.4 d ( A, DM ) = 2d ( C, DM ) ⇔ = ⇔ t = ∨ t = −1 2 hay A ( 3; −7 ) ∨ A ( −1;5 ) Mặt khác A,C nằm phía đường thẳng DM nên có A ( −1;5 ) thoả mãn uu ur uu ur ( m; m − ) ∈ DM AD = ( m + 1;m − ) ,CD = ( m − 3;m + 1) Gọi D Do ABCD hình vng uu uu ur ur   DA.DC =  m = ∨ m = −1 ⇒ ⇔ 2 2 ⇔ m =5 DA = DC ( m + 1) + ( m − ) = ( m − 3) + ( m + 1)   uu uu ur ur Hay D ( 5;3) AB = DC = ( −2; −6 ) ⇒ B ( −3; −1) Kết luận A ( −1;5 ) , B ( −3; −1) , D ( 5;3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − = …… 88 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 ... 100 n ⇔n=7 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ TỔ TOÁN - TIN 0,25 0,25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi: TỐN - Khối: A, A1, B 38 Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG... ≤ ⇔ ≤ x ≤ 64 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 LẦN THỨ NHẤT 31 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN; Khối A khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề www.vnmath.com... sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: 32 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 LẦN THỨ