dap an de thi thu so 6

Thời gian làm bài: 180 phút Không kể thời gian giao đề I.. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7,0 điểm.. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc ABC 600, hai mặt

Trang 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013

TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG Môn thi : TOÁN, Khối A,B.

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm ).

Câu 1 (2,0điểm) Cho hàm số: y = 2x 3 - 3x 2 + 1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8

Câu 2 ( 1,0 điểm) Giải phương trình 2 sin 2 3sin cos 2

4

Câu 3 ( 1,0 điểm) Giải hÖ phương trình 











2 2

1

3 2 2 3 3

y xy y x y x

( , x y  )

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

6



  

I

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc ABC 600, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 300 Tính

thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, CD theo a

C©u 6 (1,0 điểm) Cho x y z , , là các số thực dương thoả mãn x y z   và x y z    3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x z 3y

  

II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B )

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD biết A(1;1), B(4;5), tâm I thuộc

đường thẳng (d) : xy 3  0 Tìm toạ độ các đỉnh C, D biết diện tích hình bình hành ABCD bằng 9

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d):

3

4 2

1









 y z x

và hai mặt phẳng (P1): x - 2y + 2z - 3 = 0, (P2): 2x + y - 2z - 4 = 0 Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1) và (P2)

Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z sao cho 2

z là số thuần ảo và z 2i 2

B.Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, choABC có trực tâm H  1;4, tâm đường tròn ngoại tiếp

 3;0

I  , trung điểm của BC là M0; 3  Viết phương trình đường thẳng AC biết Bcó hoành độ dương

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d : 1 1

x y z 

x y z

và điểm A1;0;3 Viết phương trình đường thẳng  đi qua Acắt d và vuông góc với 1 d 2

Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa 5

x trong khai triển nhị thức Niu-tơn (  2 x) n biết

12 23 25 22n 1 524288

.Hết

(Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm )

Họ tên thí sinh SBD

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013

TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG Môn thi : TOÁN, Khối A,B.

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ 6

Trang 2

O 1 x

Câu I 1)

 TXĐ: R

 Sự biến thiên:

+ Giới hạn:





x y

lim =   ,





x y

lim =  

+ Bảng biến thiên: y’ = 6x2 - 6x = 6x (x - 1); y' = 0 0

1

x x





  



x   0 1





y’ + 0 - 0 +

y

1  



 0

+ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (1;  ), nghịch biến trên

khoảng(0;1)

+ Hàm số đạt cực đại tại x=0, yCĐ =1; cực tiểu tại x=1, y CT =0.

 Đồ thị

+ Cắt ox tại (1;0), ( 1;0)

2

 ; cắt oy tại (0;1)

12

-2) Giả sử M (x0; y0) (C)  y0 = 2x0 - 3x0 + 1

Tiếp tuyến (  ) của (C) tại M:

y = (6x0 - 6x0) (x - x0) + 2x0 - 3x0 + 1

(  ) đi qua điểm P(0 ; 8)  8 = -4x0 + 3x0 + 1

 (x0 + 1) (4x0 - 7x0 + 7) = 0

 x0 = -1 ; (4x0 - 7x0 + 7 > 0,  x0)

Vậy, có duy nhất điểm M (-1 ; -4) cần tìm

4

   sin 2xcos 2x3sinxcosx2

2sin cosx x2cos2 x1 3sin xcosx2  sinx2cosx 32cos2x cosx 3 0

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

y

1

Trang 3

 sinx2cosx 3  cosx1 2cos  x 3   0 2cosx 3 sin  xcosx1 0

 sinxcosx  1 0 

2

5 2









2





 







 



(k  Z.)

-Câu 3.





























) 2 ( 0 2

2

)1 1

2

1

2 2

3

2

3

xy

y

x

y

x

y

xy

y

x

Nhận thấy y 0, nên hệ phương trình tương đương với: 



























) 4 ( 0 1 2 2

) 3 ( 1

2 3 3

y y

y y x

Đặt : t

y

x

 (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0  t =  1 , t =

2

1

a) Nếu t = 1 ta có hệ 3

3 3

2 1 1













y x y x y x

b) Nếu t = -1 ta có hệ 











y x y

hệ vô nghiệm

Nếu t =

2

1

3 2 , 3 3 2

3 3











x y y x

-Câu 4 Đặt

2

1

t x  x   dx ; t 2 3, 6t  5

5 3

1

ln 1

1

ln

2 12

tdt

t



-Câu 5

Ta có diện tích đáy ABCD là:

2 2 .sin

a

S  S  BA BC ABC

Gọi OAC BD ,vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD)

nên SOABCD Gọi I là hình chiếu của O lên AB,ta có

,

AB OI AB SO ABSI

Suy ra: SAB , ABCD OI SI, SIO 300

Nhận thấy ABC đều cạnh a nên 3;

Trong OABcó 12 12 12 3

4

a OI

OI OA OB  

Xét tam giác vuông SOI ta được:

.t an30

Suy ra:

Gọi JOI CD và H là hình chiếu của J trên SI Suy ra: 2 3

2

a

IJ  OI và JH SAB

Do CD AB/ /  CD/ /SAB Suy ra:d SA CD ,  d CD SAB ,  d J SAB ,  JH

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

S

A

B C

D

H

O

Trang 4

Xét tam giác vuông IJH ta được: 0 3 1 3

.sin30

4

a

d SA CD 

-Câu 6

Sử dụng bđt AM-GM, ta có x xz 2 ,x z yz 2z

Từ đó suy ra P x z 3y 2x xz 2z yz 3y

2( ) (2 )

x z y x y z xz yz

x z y x y z

Do x 0 và y z nên x y z(  ) 0 Từ đây kết hợp với trên ta được

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1

2

1

; 2

1 ( a b

 Do Id ab 8  0(1)

4

1 3

1













y x y

x

Lại có

5

1 3 4 )

;

h AB

C

d

2

9 5 5

1 3 4 2

1

2

1



















h

Từ (1)(2) ta được 











  





7 24 7 32

6 b

a hoăo b

Do đó



















) 7

52

; 7

53 ( )

7

24

; 7

32 (

) 10

; 5 ( )

6

; 2 (

2 2

1 1

D C

-Câu 8a (1đ) Vì I (d):

3

4 2

1









 y z x

 I (-2 - t ; 2t ; 4 + 3t) Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2)  d (I, (P1)) = d (I ; (P2))





















1

13 16

10 3

1 3

9

3

1

t

t t

t

+ Với t=-13 I(11; 26;-35) R = 38  ptmc(S): (x - 11)2 + (y - 26)2 + (z + 35)2 = 382

+ Với t=-1 I (-1;2 ;1) R = 2 ptmc(S): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 22

Câu 9a Gọi z a bi  (với ,a b   ) Ta có 2  2

z i  a  b , z2 a2 b22abi

Ycbt 2  2

0



 



0

a

b





 



2

a b









2

a b











Vậy z0,z 2 2 ,i z 2 2i

-Câu 7b Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  G I H, , thẳng hàng

Ta có: AH IM ( vì cùng vuông góc với BC )

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

Trang 5

A

 

Hay A  7;10

Đường thẳng BC đi qua M nhận IM3; 3 

làm phỏp tuyến nờn cú phương trỡnh :

   

3 x 0  3 y3  0 x y  3 0

 ; 3

C BC  C c c với c  Vỡ M là trung điểm của BC nờn 0 B c c ;  3

Do CH AB nờn CH AB  .  0 c7

C7;4

Vậy phương trỡnh đường thẳng AC : 7 10 3 7 49 0

7 7 4 10

x y

Cõu 8.b (1,0 điểm)

Gọi B là giao điểm của và (d1) B(d1) B t t ; 2 ;1t

VTCP của (d2) là u 21; 1; 2  

.Vỡ d2 nờn AB u 2

2

AB u

 

1

t

   B1;2; 2

Đường thẳng  đi qua A nhận AB 0; 2; 1  làm VTCP

Vậy PT đường thẳng  là:

1 2 3

x

y t











  



-Cõu 9.b (1đ)

Ta có ( 1 x) 2n C n C n x C n x C2n n

2 2

1 2

0

2    

Thay x=-1 ta đợc 12  23   22n1 

n n

n  22   22 

0

Thay x=1 ta đợc

2 2 2 2 2 2 524288 2 2 1 10

2

1

2

0

n n

n

Theo công thức Niu tơn ta có: k k

k

C







10

) 2

Vậy hệ số của số hạng chứa x5là C105 25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

Định dạng
Số trang	5
Dung lượng	422,5 KB