Đề thi thử Đại Học THPT đông Anh

TRƯỜNG THPT ĐÔNG ANH HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2013 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2 ( ) 1 x y C x + = − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó cắt hai tiệm cận tại A, B và đoạn AB có độ dài ngắn nhất Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2 1 1 (1 ) os 2x=2sinx+ 3 2sin x sinx c − − . 2. Giải hệ phương trình : 4 2 2 2 2 4x 4 2 ( , ) 2x 6 23 x y y x y R x y y  + + − =  ∈  + + =   . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : 2 2 0 sin 2x cos dxx x π ∫ . Câu IV (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AB=2a ; BC = 2a . Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt đáy (ABCD)và SA= 3a , SB=a . Gọi K là trung điểm CB. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau SC và DK Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 3ab bc ac + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 2 2 2 a b c A b c c a a b = + + + + + . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có (7;4)C ,điểm 11 ( ;2) 3 G là trọng tâm và điểm I(5;0) là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác .Biết điểm B có tung độ âm , hãy xác định toạ độ đỉnh A và B của tam giác. 1 Câu VII.a (1,0 điểm). Trong không gian toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau 1 1 2 : 1 1 2 x y z d + − = = 2 1 3 : 2 x t d y z t = −   =   =  và mặt phẳng (P) : -3x +2y+5z-4=0 .Viết phương trình đường thẳng vuông góc với (P) và cắt cả hai đường thẳng 1 2 à d v d Câu VIII.a (1,0 điểm). Hãy tính tổng tất cả các số phức z thoả mãn điều kiện : 2 2 3.z z z = − B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , Cho êlíp (E) : 2 2 1 9 4 x y + = . Tìm các điểm A, B thuộc (E) có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất . Câu VII.a (1,0 điểm). Trong không gan toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng 1 1 2 : 1 1 2 x y z d + − = = và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) : x-2y-2z-1=0 và (Q) : x-2y-2z+5=0 Câu VIII.a (1,0 điểm). Tính tổng 2 3 0 1 2 3 3 3 3 3 2 3 4 1 n n n n n n n S C C C C C n = + + + + + + ******Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm******** ĐÁP ÁN MÔN TOÁN – THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2– 2013 Câu Đáp án Điểm I.(2điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 2 ( ) 1 x y C x + = − 1.(1điểm) 1. Tập xác định: { } \ 1¡ 2.Sự biến thiên : 2 4 ' 0 1 ( 1) y x x − = < ∀ ≠ − Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ;1 ; 1; −∞ +∞ và hàm số không có cực trị 0,25 Giới hạn và tiệm cận lim 2 x y →±∞ = . Đường y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ;lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ Đường x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm só 0,25 2 x −∞ +∞ y’ - y 2 −∞ 0,25 Đồ thị cắt trục Ox tại điểm (-1;0) Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0;-2) Đồ thị nhận giao điểm hai tiệm cận là tâm đối xưng. 0,25 2.(1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó cắt hai tiệm cận tại A, B và đoạn AB có độ dài ngắn nhất 1.00 Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến đó, toạ độ o 2x 2 ( ; ) ; 1 1 o o o M x x x + ≠ − Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là : ( ) 0 2 0 2x 2 4 ( ) 1 1 o o y x x x x + − = − + − − 0,25 3 Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng tại A, toạ độ o 2x 6 (1; ) 1 o A x + − Tiếp tuyến cắt tiệm cận ngang tại B, toạ độ (2 1;2) o B x − 2 2 2 2 o 0 0 2x 6 1 (2 2) 2 4( 1) 64 1 1 o o AB x x x x     + = − + − = − +  ÷  ÷ − −     0,25 1 o x ∀ ≠ , Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 2 2 0 1 2 4( 1) .64 4 2 1 o AB x x   ≥ − =  ÷ −   Vây AB ngắn nhất bằng 4 2 khi 2 2 4 0 0 3 1 4( 1) 64 ( 1) 16 1 1 o o o x x x x x =    − = ⇔ − = ⇔  ÷  = − −    Tức là ( ) 3;4 , ac M(-1;0)M ho Tiếp tuyên của (C) tại M(3,4) có pt là :y=-x+7 Tiếp tuyên của (C) tại M(-1,0) có pt là : y=-x-1 0,25 0,25 II 1.(1 điểm) Giải phương trình : 2 1 1 (1 ) os 2x=2sinx+ 3 2sin x sinx c− − Đk: sin 0x ≠ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2sin x-1 2sin x-3sin x+1 ( ) os 2x= 2sin x sinx 2sin x-1 sin 1 2sin x-1 ( ) os 2x= 2sin x sinx 2sin x-1 os 2x-2 sin 1 0 1 (1) 2 os 2x-2 sin 1 0 (2) pt c x c c x sinx c x ⇔ − ⇔ ⇔ − =  =  ⇔  − =   0,5 PT ( ) 2 6 1 ( ) ( / ) 5 2 6 x k k Z t m x k π π π π  = +  ⇔ ∈   = +   0,25 4 PT ( ) 2 2 2 2 2 os 2x+2 sin os 0 2 2 os 2x+4sin 0 2 4 os2x=0 4 2 ( , ) sin 0 2 4 2 x x c c x c c x k k m Z x x x m π π π π π π   ⇔ − =  ÷     ⇔ − =  ÷     = +    ⇔ ⇔ ∈ ⇔ ∈∅     − =  ÷   = +      Vậy pt có các họ nghiệm: 5 2 ; 2 ( ) 6 6 x k x k k Z π π π π = + = + ∈ … 0,25 2.(1.0 điểm) Giải hệ phương trình : 4 2 2 2 2 4x 4 2(1) 2x 6 23(2) x y y x y y  + + − =   + + =   . ( ) ( ) 2 2 2 (1) 2 2 10x y ⇔ + + − = 2 2 2 (2) ( 2) 2(x 2) 4( 2) 19 ( 2)( 2) 4( 2) 19y x y x y y⇔ + + + + − = ⇔ + + + − = 0,25 Đặt : 2 2 2 2 4 a x b y y b  = +  = − ⇒ + = +  Ta có hệ pt: ( ) 2 2 2 4 3 10 2ab 10 4( ) 19 12 4( ) 19 ( ) 67 a b ab a b a b ab a b a b ab a b vono ab  + =     =  + = + − =    ⇔ ⇔    + + = + = −  + + =      =    0,5 1 ( ) 3 a loai b =   =  2 1 3 3 2 3 1 2 1 1 3 x y a x b y x y  =    = =  + =    ⇒ ⇔    = − = = −      =    0,25 KL:… III.(1,0 điểm) Tính tích phân : 2 2 0 sin 2x cos dxx x π ∫ . 1.00 2 2 2 3 0 0 sin 2x cos dx 2 sin x cos dxI x x x x π π = = ∫ ∫ 0,25 5 Đặt 3 3 2x dv=sinx.cos dx=-cos . ( osx) u x x d c =    Ta có 4 2 x -cos v= 4 du d x =      Khi đó : 2 2 4 4 2 0 0 0 2 0 1 1 1 3 1 1 os os dx 0 os2x+ os4x dx 2 2 2 8 2 8 1 3 1 1 3 sin2x+ sin4x 2 8 4 32 32 I xc x c x c c x π π π π π   = − + = + +  ÷     = + =  ÷   ∫ ∫ 0,5 0,25 IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật với AB=2a ; BC = 2a . Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt đáy (ABCD)và SA= 3a , SB=a . Gọi K là trung điểm CB. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau SC và DK Tam giác SAB vuông tại Svì …. Kẻ SH vuông góc với AB tại H, ta có : 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 3 3 2 . 3 4 a SH SH SA SB a AH AH AB SA AB AB AB = + = ⇒ = = = = ( ) ( D) ( ) ( D)AB ( D) tai H SH (SAB) SH AB SAB ABC SAB ABC SH ABC ⊥   ∩  ⇒ ⊥  ⊂   ⊥  0,25 Vậy : . D D 1 . 3 S ABC ABC V SH S = Mà ABCD là HCN có 2 D 3 2a 2 ; 2 ABC a S SH = = 3 . D 6 3 S ABC a V ⇒ = 0,25 Xét . 0DK CH DK CH tai E= ⇒ ⊥ uuur uuur Mà DK vuông góc vói SH suy ra DK vuông góc với mp(SHC) tai E. Kẻ EJ vuông góc SC tai Jthì có EJ vuông góc CH tại E nên EJ là đường vuông góc chung của DK và SC. Vậy khoảng cách giữa DK và SC là độ da EJ 0,25 6 2a ; 3 3a 4 2 9 CE CK CEK CBH CE CB CH CE Ma CH CH ∞ ⇒ = ⇒ = = ⇒ = V V Kẻ HI vuông góc SC tai I ta có 4 9 EJ HI = 2 2 2 2 1 1 1 16 9 3 4 3 HI SH HC a a a HI EJ = + = ⇒ = ⇒ = Vạy khoảng cách giữa hai đường cheo nhau SC và DK là : 3 a EJ = 0,25 V.(1,0 Điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 3ab bc ac + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 2 2 2 a b c A b c c a a b = + + + + + . 1.00 Vì a, b, c dương, Áp dung bđt Cô Si ta có: . ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2a 2 . 2 9 2 9 3 a b c a b c a a b c b c + + + ≥ = + + .(1) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 . 2 9 2 9 3 b c a b c a b b b c a c a + + + ≥ = + + (2) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 . 2 9 2 9 3 c a b c a b c c c a b a b + + + ≥ = + + (3) 0,25 Cộng 1,2,3 ta có : 3 3 3 2 2 2 2 ( ) 2 2 2 3 3 a b c ab bc ca a b c b c c a a b + + + + + ≥ + + + + + Mà ab+bc+ca=3, ta có : 3 3 3 2 2 2 2 ( ) 1 2 2 2 3 a b c a b c b c c a a b + + ≥ + + − + + + 0,25 Lại có : 2 2 2 ( ) 3a b c ab bc ac+ + ≥ + + = 0,25 7 Vậy : 3 3 3 2 .3 1 1 2 2 2 3 a b c b c c a a b + + ≥ − = + + + Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 Vậy 3 3 3 2 2 2 a b c A b c c a a b = + + + + + đạt GTNN là 1 khi a=b=c=1 0,25 Theo chương trình chuẩn VI.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có (7;4)C ,điểm 11 ( ;2) 3 G là trọng tâm và điểm I(5;0) là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác .Biết điểm B có tung độ âm , hãy xác định toạ độ đỉnh A và B của tam giác. 1.00 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(5;0) và có bán kính R=IC=2 5 có phương trình là: 2 2 ( 5) 20x y− + = 0,25 Gọi M là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác ABC ta có : 2 3 (2;1) 1 2 M M x CM CG M y =  = ⇔ ⇒  =  uuuur uuur I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IM vuông góc AB tại M Đường AB đi qua M (2 ;1) và có VTPT là ( 3;1)IM − uuur nên có pt là -3x+y+5=0 0,25 B thuộc AB và có tung độ âm, toạ độ B(t;3t-5) với Đk : t<5/3 B thuôc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có ( ) 2 2 1 ( 5) 3 5 20 3( ) t t t t loai =  − + − = ⇔  =  0,25 Vậy B(1;2). M là trung điểm AB nên A(3;0). KL: A(3;0). B(1;2). 0,25 VII.a(1,0 Điểm) Trong Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau 1 1 2 : 1 1 2 x y z d + − = = 2 1 3 : 2 x t d y z t = −   =   =  và mặt phẳng (P) : -3x +2y+5z-4=0 .Viết phương trình đường thẳng vuông góc với (P) và cắt cả hai đường thẳng 1 2 à d v d Đường d cần lập pt vuông góc với mặt phẳng (P) nên nhận VTPT của (P) là ( ) ( 3;2;5) P n = − r lam VTCP Đừơng 1 d đi qua M(-1;2;0) và có VTCP 1 (1;1;2)u ur Đường d cắt 1 d nên cùng chứa trong mặt phẳng (Q) .mp(Q) đi qua M(-1;2;0) và có VTPT là 8 1 , (1; 11;5) Q p n u n   = = −   uur uur Pt của (Q) là x-11y+5z+23=0 0,5 Đương d cắt 2 d . Gọi N là giao điểm ta có N là giao điểm của 2 d với (Q) . Toạ độ N là nghiệm hệ pt: 1 3 4 2 2 (4;2; 1) 1 x-11y+5z+23=0 x t x y y N z t z = −  =   =   ⇔ = ⇒ −   =   = −    0,25 Vậy d là đường thẳng đi qua N(4;2;-1) và có VTCP là ( ) ( 3;2;5) P d u n= = − uur r nên có pt là 4 3 2 2 ( ) 1 5 x t y t t R z t = −   = + ∈   = − +  0,25 VIII.a(1,0 điểm) Hãy tính tổng tất cả các số phức z thoả mãn điều kiện : 2 2 3.z z z = − 1.00 Đặt z=a+bi (a, b ∈ R ) Từ gt có : 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 3.( ) 2abi= 3a+3bi 3a-2b (2a-3)i=0 a bi a bi a bi a b a b b + = + − − ⇔ − + + − ⇔ + 0,5 2 0 0 3a-2b 0 3 (2a-3)=0 2 3 2 a b a b b  =    =    =   ⇔  =         = ±     0,25 Vậy có 3 số phức cần tìm gồm: 1 2 3 3 3 3 3 0; ; 2 2 2 2 z z i z i = = + = − 1 2 3 3z z z + + = 0,25 Theo chương trình nâng cao VI.b(1,0 Điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , Cho êlíp (E) : 2 2 1 9 4 x y + = . Tìm các điểm A, B thuộc (E) có hoành độ dương 9 sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất Tam giac OAB cân tai O, A, B thuộc (E) và co hoành độ dương nên A, B đối xứng qua trục Ox Toạ độ ( ; ) ; 0 ( ; ), 0 o o o o o o A x y x B x y gia su y> ⇒ − > và 2 2 1 9 4 o o x y + = 0,25 ( ) 0 0 1 1 0, . .2 . 2 2 OAB o o S d AB AB x y x y = = = 0,25 Áp dụng bđt Cauchy ta có : 2 2 2 2 0 0 1 2 . 9 4 9 4 3 3 o o o o o o x y x y x y x y = + ≥ = ⇔ ≤ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : 2 2 3 1 2 9 4 2 2 o o o o x x y y  =  = = ⇔   =  Vậy diện tich tam giác OAB đật GTLN = 3 khi 3 3 ( ; 2) ( ; 2) 2 2 A B − 0,25 VII.b(1,0 điểm) Trong không gan toạ độ Oxyz , viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc đường thẳng 1 1 2 : 1 1 2 x y z d + − = = và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) : x-2y-2z-1=0 và (Q) : x-2y-2z+5=0 1 d có pt tham số là : 1 1 2 2 x t d y t z t = − +   = +   =  I thuộc 1 d nên có toạ độ : I(-1+t;2+t;2t) 0,25 (S) tiếp xuc với 2 mp (P) và (Q) ( ) ( ) 3 8 7 6 ,( ) ,( ) ( ; ; ) 5 5 5 5 d I P d I Q t I − − − ⇔ = ⇔ = ⇒ Bán kính của (S) là r= ( ) ,( ) 1d I P⇔ = 0,25 Pt của (S) là : 2 2 2 8 7 6 1 5 5 5 x y z       + + − + + =  ÷  ÷  ÷       0,25 10 . TRƯỜNG THPT ĐÔNG ANH HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2013 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. + + + + + + ******Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm******** ĐÁP ÁN MÔN TOÁN – THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2– 2013 Câu Đáp án Điểm I.(2điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số. CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2 ( ) 1 x y C x + = − 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đã cho 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó