dap an de thi thu so 6

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 x x x π   + = + +  ÷   . Câu 3 ( 1,0 điểm). Giải hÖ phương trình      =++ =+ 22 1 322 33 yxyyx yx ( , )x y ∈¡ Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 6 2 2 1 4 1 = + + + ∫ dx I x x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc · 0 60ABC = , hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 0 30 . 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 3x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 x z P y z y = + + . 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) : 03 =++ yx . 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 21 2 − = − = − + zyx và hai mặt phẳng (P 1 ): x - 2y + 2z - 3 = 0, (P 2 ): 2x + y - 2z - 4 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P 1 ) và (P 2 ). Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z sao cho 2 z là số thuần ảo và 2 2z i − = B.Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy , cho ABC ∆ có trực tâm ( ) 1;4H − , tâm đường tròn ngoại tiếp ( ) 3;0I − , trung điểm của BC là ( ) 0; 3M − . Viết phương trình đường thẳng AC biết B có hoành độ dương. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng 1 d : 1 1 2 1 x y z − = = ; 2 d : 1 1 1 1 2 x y z− + = = − − và điểm ( ) 1;0;3A . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A cắt 1 d và vuông góc với 2 d . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa 5 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn n x)2( + biết 1 3 5 2 1 2 2 2 2 524288 n n n n n C C C C − + + + + = Hết (Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ) Họ tên thí sinh SBD ĐỀ 6 O x 1 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) Nội dung Điểm Câu I. 1) • TXĐ: R • Sự biến thiên: + Giới hạn: −∞→x ylim = ∞− , −∞→x ylim = ∞+ + Bảng biến thiên: y’ = 6x 2 - 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, y CĐ =1; cực tiểu tại x=1, y CT =0. • Đồ thị. + Cắt ox tại (1;0), 1 ( ;0) 2 − ; cắt oy tại (0;1) 1 2 − 2) Giả sử M (x 0 ; y 0 ) ∈ (C) ⇒ y 0 = 2x 0 3 - 3x 0 2 + 1 Tiếp tuyến ( ∆ ) của (C) tại M: y = (6x 0 2 - 6x 0 ) (x - x 0 ) + 2x 0 3 - 3x 0 2 + 1 ( ∆ ) đi qua điểm P(0 ; 8) ⇔ 8 = -4x 0 3 + 3x 0 2 + 1 ⇔ (x 0 + 1) (4x 0 2 - 7x 0 + 7) = 0 ⇔ x 0 = -1 ; (4x 0 2 - 7x 0 + 7 > 0, ∀ x 0 ) Vậy, có duy nhất điểm M (-1 ; -4) cần tìm. Câu 2. 2 sin 2 3sin cos 2 4 x x x π   + = + +  ÷   ⇔ sin 2 cos2 3sin cos 2x x x x + = + + ⇔ 2 2sin cos 2cos 1 3sin cos 2x x x x x + − = + + ⇔ ( ) 2 sin 2cos 3 2cos cos 3 0x x x x − + − − = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 y 1 ĐỀ 6 ⇔ ( ) ( ) ( ) sin 2cos 3 cos 1 2cos 3 0x x x x − + + − = ⇔ ( ) ( ) 2cos 3 sin cos 1 0x x x − + + = ⇔ sin cos 1 0x x + + = ⇔ ⇔ 2 4 4 5 2 4 4 x k x k π π π π π π  + = − +    + = +   , (k ∈ Z ) 2 2 2 x k x k π π π π  = − +  ⇔  = +  (k ∈ Z.) Câu 3.      =−−+ =+ ⇔      =++ =+ )2(022 )1(1 22 1 2233 33 322 33 xyyxyx yx yxyyx yx Nhận thấy y 0 ≠ , nên hệ phương trình tương đương với:      =+         −         −         =+ )4(0122 )3(1 23 33 y x y x y x yx Đặt : t y x = (4) có dạng : 2t 3 – t 2 – 2t + 1 = 0 ⇔ t = ,1 ± t = 2 1 . a) Nếu t = 1 ta có hệ 3 33 2 1 1 ==⇔    = =+ yx yx yx b) Nếu t = -1 ta có hệ ⇔    −= =+ yx yx 1 33 hệ vô nghiệm. Nếu t = 2 1 ta có hệ 3 32 , 3 3 2 1 33 33 ==⇔    = =+ yx xy yx Câu 4. Đặt 2 1 4 1 4 2 t tdt t x x dx − = + ⇒ = ⇒ = ; ( ) ( ) 2 3, 6 5t t = = ( ) ( ) 5 5 2 2 3 3 5 3 1 1 1 1 1 1 ln 1 1 3 1 ln 2 12 tdt I dt t t t t t   = = −  ÷  ÷ + + +     = + +  ÷ +   = − ∫ ∫ Câu 5. Ta có diện tích đáy ABCD là: · 2 1 3 2 2. . . .sin 2 2 ABCD BAC a S S BA BC ABC ∆ = = = Gọi O AC BD= I ,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: ( ) ( ) · ( ) · · 0 , , 30SAB ABCD OI SI SIO = = =    Nhận thấy ABC∆ đều cạnh a nên 3 ; 2 2 a a OB OA= = Trong OAB∆ có 2 2 2 1 1 1 3 4 a OI OI OA OB = + ⇒ = Xét tam giác vuông SOI ta được: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 S A B C D J I H O 0 3 3 .tan30 . 4 3 4 a a SO OI = = = Suy ra: 2 3 1 1 3 3 . . . . 3 3 2 4 24 ABCD a a a V S SO = = = . Gọi J OI CD = I và H là hình chiếu của J trên SI. Suy ra: 3 2 2 a IJ OI = = và ( ) JH SAB ⊥ Do ( ) / / / /CD AB CD SAB ⇒ . Suy ra: ( ) ( ) ( ) , , ,d SA CD d CD SAB d J SAB JH = = =        Xét tam giác vuông IJH ta được: 0 3 1 3 .sin30 . 2 2 4 a a JH IJ = = = . Vậy ( ) 3 , 4 a d SA CD = . Câu 6. Sử dụng bđt AM-GM, ta có 2 , 2 x z xz x yz z z y + ≥ + ≥ Từ đó suy ra 3 2 2 3 x z P y x xz z yz y z y = + + ≥ − + − + 2 2( ) ( ) 2( ) ( ) x z y x y z xz yz x z y x y z = + + + + − − = + + + − Do 0x > và y z ≥ nên ( ) 0x y z − ≥ . Từ đây kết hợp với trên ta được 2 2 2 3 2( ) 2(3 ) ( 1) 5 5 x z P y x z y y y y z y = + + ≥ + + = − + = − + ≥ . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1 Câu 7 a. Giả sử C(a;b) ) 2 1 ; 2 1 ( ba I ++ ⇒ . Do 08 =++⇒∈ badI (1) Pt đường thẳng AB 0134 4 1 3 1 =−−⇔ − = − yx y x Lại có 5 134 );( −− == ba hABCd S ABC = 91349134 2 9 5. 5 134 2 1 . 2 1 ±=−−⇔=−−⇔= −− = baba ba hAB (2) Từ (1)(2) ta được        −= −=    −= −= 7 24 7 32 6 2 b a hoăo b a Do đó      −−⇒ −− −−⇒−−= ) 7 52 ; 7 53 () 7 24 ; 7 32 ( )10;5()6;2( 22 11 DC DC Câu 8a. (1đ) Vì I ∈ (d): 3 4 21 2 − = − = − + zyx ⇒ I (-2 - t ; 2t ; 4 + 3t) Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P 1 ), (P 2 ) ⇔ d (I, (P 1 )) = d (I ; (P 2 )) ⇔    −= −= ⇔+=+ 1 13 1610 3 1 39 3 1 t t tt + Với t=-13 ⇒ I(11; 26;-35) ⇒ R = 38 ⇒ ptmc(S): (x - 11) 2 + (y - 26) 2 + (z + 35) 2 = 38 2 + Với t=-1 ⇒ I (-1;2 ;1) ⇒ R = 2 ⇒ ptmc(S): (x + 1) 2 + (y - 2) 2 + (z - 1) 2 = 2 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 9a. Gọi z a bi = + (với ,a b∈¡ ). Ta có ( ) 2 2 2 2z i a b − = + − , 2 2 2 2z a b abi = − + Ycbt ( ) 2 2 2 2 2 4 0 a b a b  + − =  ⇔  − =   0 0 a b =  ⇔  =  hoặc 2 2 a b =   =  hoặc 2 2 a b = −   =  Vậy 0, 2 2 , 2 2z z i z i = = + = − + Câu 7b. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , ,G I H ⇒ thẳng hàng Ta có: AH IMP ( vì cùng vuông góc với BC ) A 1 6 7 2 2 4 6 10 A A A x x AH GH AH IM y y MI GI − − = = −   ⇒ = = ⇒ = ⇒ ⇒   − = − =   uuur uuur Hay ( ) 7;10A − Đường thẳng BC đi qua M nhận ( ) 3; 3IM − uuur làm pháp tuyến nên có phương trình : ( ) ( ) 3 0 3 3 0 3 0x y x y − − + = ⇔ − − = ( ) ; 3C BC C c c ∈ ⇒ − với 0c > . Vì M là trung điểm của BC nên ( ) ; 3B c c − − − Do CH AB ⊥ nên . 0 7CH AB c = ⇔ = uuuruuur . ( ) 7;4C Vậy phương trình đường thẳng AC : 7 10 3 7 49 0 7 7 4 10 x y x y + − = ⇔ + − = + − Câu 8.b (1,0 điểm). Gọi B là giao điểm của ∆ và (d 1 ) B ⇒ ∈ (d 1 ) ( ) ;2 ;1B t t t ⇒ + VTCP của (d 2 ) là ( ) 2 1; 1; 2u − − uur .Vì ∆ 2 d⊥ nên 2 AB u ⊥ uuur uur 2 . 0AB u ⇔ = uuuruur 1t ⇔ = ( ) 1;2;2B ⇒ Đường thẳng ∆ đi qua A nhận AB uuur ( ) 0;2; 1 − làm VTCP Vậy PT đường thẳng ∆ là: 1 2 3 x y t z t =   =   = −  Câu 9.b (1đ). Ta cã =+ n x 2 )1( n nnnn CxCxCC 2 2 22 2 1 2 0 2 ++++ Thay x=-1 ta ®îc =+++ − 12 2 3 2 1 2 n nnn CCC ACCC n nnn =+++ 2 2 2 2 0 2 Thay x=1 ta ®îc 102524288222 12222 2 1 2 0 2 =⇔=⇔=⇒=+++ − nACCC nnnn nnn Theo c«ng thøc Niu t¬n ta cã: kk k k xCx − = ∑ =+ 10 10 0 10 10 2)2( . VËy hÖ sè cña sè h¹ng chøa 5 x lµ 55 10 2C . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 . phút (Không kể thời gian giao đề) Nội dung Điểm Câu I. 1) • TXĐ: R • Sự biến thi n: + Giới hạn: −∞→x ylim = ∞− , −∞→x ylim = ∞+ + Bảng biến thi n: y’ = 6x 2 - 6x = 6x (x - 1); y'. liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ) Họ tên thí sinh SBD ĐỀ 6 O x 1 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. 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