Đề Thi Thử Số 118

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II . NĂM HỌC 20122013 MÔN: TOÁN  KHỐI A, A 1 , B Thời gian làm bài: 1 8 0 p h ú t . I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2 điểm) . Ch o hà m số 1 1 x y x    . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với đường thẳng y x   và cắ t ( C ) t ạ i 2 đ i ể m A , B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 2 3 , với I là giao điểm hai tiệ m c ậ n c ủ a ( C ) . Câu 2 (1 điểm) . Giải phương trình: 2 2 2sin cos sin 2cos 4 x x x x           . Câu 3 (1 điểm) . Giải bấ t p h ư ơ n g t r ình: 2 2 2( 1 ) 2 ( 1 ) 6 1 x x x x      Câu 4 (1 điểm) . Tín h tích p h â n 1 2 0 ( 1 ) x xe I dx x    . Câu 5 (1 điểm) . Cho lăng trụ ' ' ' A B C A B C , đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bê n ' 3 AA a  . Biết mặt bên ' ' B C C B l à h ì n h c h ữ nhật và tam giác ' B AC vuô ng tại A . Tính thể tích lăng trụ đã c h o và k h o ảng cách giữa hai đường thẳng ' ' , AA BC . Câu 6 (1 điểm). Ch o a, b, c l à c á c s ố thực dương thỏa mãn 2 2 2 3 a b c    . Tìm giá trị nhỏ nhất của biể u t h ứ c : 2 2 2 1 1 1 a b c P b c a       . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ đ ư ợ c l àm một trong hai phần (phần A hoặc phần B). A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1 điểm). T rong mặt phẳng với hệ tọa độ O x y cho hình thoi ABCD. Biết trung điểm AB l à M( 7 ;7 2 ) và AC là một đường kính của đường tròn (T): 2 2 2 4 20 0 x y x y      . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi đã c h o b i ết A có hoành độ âm. Câu 8a (1 điểm). T rong k hông g ian với hệ tọa độ Oxyz c h o h a i đ i ể m     1 ; 0 ; 0 , 0 ; 1 ; 0 A B , mặt phẳng (P) có phương trình 5 0 z   và mặt cầu ( ) S có phương trình 2 2 2 2 4 0 x y z x      . Lập phương trình mặt cầu / ( )S c ó t â m t hu ộc ( ) S , đi qua hai điểm , A B và tiế p x ú c v ớ i ( P ) . Câu 9a (1 điểm). T ìm s ố phức z biết ( 2 )( 2 ) iz z   là số thuần ảo và 2 z  . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1 điểm). T ro n g mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y , cho elip (E) có phương trình 2 2 4 9 36 x y   v à đ i ể m ( 1 ; 1 ) . M Lậ p p h ư ơ n g t r ình đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Câu 8b (1 điểm).Tr o ng không gi a n với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm     1 ; 3 ; 0 , 1 ; 1 ; 1 A B và ha i đ ường thẳng 1 2 1 1 1 : , : 2 3 1 3 1 2 x y z x y z d d         . Viế t p h ư ơ n g t r ình đường thẳng d biết d c ắt 1 2 , d d l ần lượt tại hai điểm , M N sao cho tam giác ANB v u ô n g t ạ i B và thể tích tứ diện ABMN bằng 1 3 . Câu 9b (1 điểm). T í n h xác s u ất để có thể lập được một số tự nhiên gồm 7 c h ữ số mà trong đ ó chữ số 3 có mặt đúng 2 l ầ n , c h ữ s ố 0có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần. …………………………. Hế t … … … … … … … … … … Thí sinh không sử dụng tài liệ u . C á n b ộ c o i t h i k h ô n g g i ả i t h í c h g ì thêm. H ọ tên thí sinh……………………………Số báo danh………………… 1 / 4 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II. N Ă M H Ọ C 2 0 1 2 2013 MÔN: TOÁN  KHỐI A, A 1 , B Câu Nội dung Điể m 1) • TXĐ: \{1} ¡ . • SBT:  CBT: 2 2 ' ( 1 ) y x    < 0 x  1. H à m s ố NB trên (; 1) và (1; +) 0,25  Cực tr ị: không có .  Giới hạn: lim 1 x y    y = 1 là tiệm cận ngang; 1 1 l i m ,lim x x y y          x = 1 là tiệ m c ậ n đ ứ n g . 0,25  BBT: 0,25 1.1 ( 1điểm) • Đồ thị 0,25 2) Ta có I(1; 1), : y = x + m. H o à n h đ ộ A , B l à các nghiệm PT: 1 1 x x m x      x 2 + (m  2)x  m  1 = 0 (*), x  1 . 0,25 (*) có 2 nghiệ m p h â n b i ệ t k h á c 1  2 8 0 1 2 1 0 m m m             m. Giả sử A(x 1 ; y 1 ), B(x 2 ; y 2 ) thì x 1, x 2 là các nghiệm (*) và y 1 = x 1 + m, y 2 = x 2 + m 0,25 AB 2 = (x 1  x 2 ) 2 + (y 1  y 2 ) 2 = 2(x 1  x 2 ) 2 = 2 ( x 1 + x 2 ) 2  4 x 1 x 2 = 2(m 2 + 8) d(I; ) = | m | . ( , ) 2 m d I   0,25 1.2 ( 1điểm) 2 3   IAB S 2 1 . . 2 16 2 3 2 2   m m  2   m . 0,25 2 (1 điểm) PT 2 1 os 2 2 2sin cos cos 2sin 2 cos 1 sin 2 2cos 2 c x x x x x x x x                 0,5 x y’ y   +  1  1  1 +    1 1 - 1 - 1 x y O 2 / 4 1 sin 2 2cos (1 sin 2 ) 0 ( 1 s i n 2 ) ( 1 2 c o s ) 0 x x x x x          sin 2 1 1 sin 2 0 4 1 1 2cos 0 c o s 2 2 3 x x k x x x x k                                0,5     2 2 2 2 2 2 2 3 ( 1 ) 2 ( 1 ) 3 ( 1 ) 2 ( 1 ) ( 1 ) 2 ( 1 ) 0 3 ( 1 ) 1 2( 1 ) 2 ( 1 ) 1 2( 1 ) 0 Bpt x x x x x x x x x x x x                       0,25   2 2 1 2( 1 ) 3 ( 1 ) 2 ( 1 ) 0 ( * ) x x x x             . Nhận thấy 2 1 2( 1 ) 0 x x x      . Dấu ”=” xảy ra khi 1 x  . 0,25 1 x  là một nghiệm của pt 2 2 1 ( * ) 3 ( 1 ) 2 ( 1 ) 0 2( 1 ) 3 ( 1 ) x x x x x             0,25 3 (1 điểm) 2 1 9 32 7 7 18 7 0 x x x x              V ậy nghiệm của B pt ban đầu là 9 32 , 1 7 x x     0,25 Đặt 2 ( 1 ) 1 1 ( 1 ) 1                    x x u xe du x e dx dv dx v x x 0,5 4 (1 điểm) Ta có: 1 1 0 0 1 x x xe I e dx x      = 1 2 e  0,5 Gọi H là hình chiếu của A trên (A’B’C’). Ta có: B’C’  AA’ (do B’C’  BB’, BB // AA’), B’C’  AH  B’C’  A’H (1). A’C’  AB’ (do AB’  AC, AC // A’C’), A’C’  AH  A’C’  B’H (2) (1) và (2)  H là tâm A’B’C’ (do A’B’C’ đều). 0,25 Ta có: 2 2 ' ' AH AA A H   2 2 2 2 3 3 3    a a a . ' ' ' ' ' ' . A B C A B C A B C V S AH  2 3 3 2 2 2 . 4 2 3   a a a . 0,25 (BCC’B’) chứa BC’ và song song AA’  d(AA’, BC’) = d(AA’, (BCC’B’)) = d(A, (BCC’B’)) = . ' ' ' ' 3 A BCC B BCC B V S . 0,25 5 (1 điểm) V ì V ABC.A’B’C’ = V A.A’B’C’ + V A . B C C ’ B ’ và . ' ' ' . ' ' ' 1 3 A A B C AB C A B C V V  nên 3 . ' ' . ' ' ' 2 2 3 3   A BCB C AB C A B C a V V . 2 ' ' . 3 3 BC C B S a a a  . 0,25 B H B' A ' C' C A 3 / 4 V ậy d(A, (BCC’B’)) = . ' ' ' ' 3 6 3  A BCC B B C C B V a S . Ta có: 2 2 2 2 1 1 2 2 a ab ab ab a a a b b b         . Tương tự: 2 1 2 b bc b c    , 2 1 2 c c a c a    . 0,25 Do đó: 2 ab bc ca P a b c       . 0,25 Đặt a + b + c = x. V ì a 2 + b 2 + c 2 = 3 nên 3 3 x   và 2 3 2 x ab bc ca     . Ta có: 2 2 3 1 (3 4 ) 2 4 4 a b b c c a x a b c x x x            . 0,25 6 (1 điểm) Xét hàm số f(x) = 3 + 4x  x 2 với 3 3 x    min f(x) = 6. Suy ra: 3 2 P  và a = b = c = 1 thì 3 2 P  . Vậy GTNN của P là 3 2 . 0,25 Tâm của (T) là I(1; 2). V ì A B C D l à h ì n h t h o i v à I l à t r u n g điểm AC nên I là tâm hình thoi ABCD. AIB vuông tại I và M là trung điểm AB nên MA = MI = 125 4  A thuộc đường tròn tâm M bán kính MI và đ ường tròn (T) 0,5  tọa độ A là nghiệm của hệ:   2 2 2 2 2 4 20 0 2 7 125 6 7 2 4 x y x y x y x y                           A( 2; 6) 0,25 7a (1 điểm) Từ đó tìm được B(9; 8), C(4; 2), D(7;  4). 0,25 Giả sử I(a; b; c) là tâm (S’)  a 2 + b 2 + c 2  2a  4 = 0 ( 1 ) IA = IB  2 2 2 2 2 2 ( 1 ) ( 1 )        a b c a b c  a = b (2) 0,25 IA = d(I , ( P))  a 2 + b 2 + c 2  2 a + 1 = ( c + 5 ) 2 (3 ) 0,25 Từ (1) và (3)  5 = (c + 5 ) 2  2 5 c   hoặ c c = 0 . Từ (1) và (2)  2a 2  2a + c 2  4 = 0 . 0,25 8a (1 điểm) V ới 2 5 c    2a 2  2a + 16 = 0  V N . V ới c = 0  a =  1 hoặ c a = 2  I(1;  1;0) hoặc I(2; 2; 0)  (S’): (x + 1) 2 + (y + 1) 2 + z 2 = 5 hoặc (S’): (x  2 ) 2 + (y  2) 2 + z 2 = 5 0,25 Giả sử z = a + bi (a, b  R) , ta có: ( iz + 2 ) (z  2) = (2  b + ai)(a  2 + bi) là số thuần ảo nê n : ( 2  b)(a  2)  ab = 0  a + b  a b  2 = 0 (1) 0,25 Mặt khác | | 2 z  nên a 2 + b 2 = 4 ( 2) 0,25 9a (1 điểm) Từ (1) và (2) ta tìm được 2, a  2 b   hoặc 2, 2 a b   hoặc a = 0, b = 2 hoặc a = 2; b = 0. 0,25 D M B A C I 4 / 4 V ậy có 4 số phức thỏa mãn là: 2 2, 2 2 z i z i      , z = 2, z = 2i. 0,25 Giả sử ( ; 2) B B B x x  . Ta có ( 1 ; ) B B B E x x   u u u r , vectơ chỉ phương của : 2 0 d x y    l à ( 1 ; 1 ) u r . Gọi M là trung điểm AD, ta có 0 2 2 . 1 45 os45 ( 1 ) 2 o B B BE u ABM c BE u x x        u u u r r u u u r r 0,25  2 2 0 2 1 1 2 ( 1 ) 2 B B B B x x x x           . Do 0 1 ( 1;1) B B x x B      0,25 Giả sử ( 1; ), (9 ; ) A A A A y D y y   . Ta có trung điểm của AD là 4 2 A y M        Δ 4 2 0 4 2         A A A y M y y 0,25 7b (1 điểm) ( 1;4), (5;4)   A D ( 5 ; 1 )  C . 0,25 Giả sử N(3t; t; 1 + 2t)  d 2 . T a có : (2; 2;1) AB   u u u r , (3 1 ; 1 ; 2 ) NB t t t     u u u r . ANB vuông tại B  . 0 NB AB  u u u r u u u r  2(3t  1) + 2t + 2 + 2t = 0  t = 0  N(0; 0; 1). 0,25 Giả sử M( 1 + 2t’; 1 + 3t’; t’)  d 1 . Ta có: ( 1 ; 3 ; 1 ) AN   u u u r , (2 '; 2 3 '; ') AM t t t    u u u u r . 1 |[ ; ] | 6 A B MN V AB AN AM  u u u r u u u r u u u u r 0,25 1 1 | 2 5 ' | 6 3 t     t’ = 0 hoặ c 4 5 t’   M( 1; 1; 0) hoặc 3 17 4 5 5 5 ; ; M       0,25 8b (1 điểm) .Đường thẳng d qua M, N nên d: 1 x t y t z t           hoặc d: 3 5 17 5 1 1 5 x t y t z t              0,25 Số các chữ số tự nhiên gồm 7 chữ số là 6 9 10 9000000 .  Chữ số 0 có mặt 3 lần và chữ số 0 không thể đ ứng đầu nên có 3 6 C cách lập 0,25 4 vị t r í c òn lại, chữ số 3 có mặt 2 lần nên có 2 4 C cách lập 0,25 2 vị t r í c òn lại cho 8 chữ số còn lại, mỗi số có mặt không quá một lần nên có 2 8 A cách lập 0,25 9b (1 điểm) Xác suất cần tìm là 3 2 2 6 4 8 6720 7 9000000 9000000 9375 . .C C A   0,25 Lưu ý : Hướng dẫn này chỉ trì n h b à y m ột cách giải, nếu học sinh giải cách khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa dành cho phần đó (ho ặc ý đó). .    0,25 Số các chữ số tự nhiên gồm 7 chữ số là 6 9 10 9000000 .  Chữ số 0 có mặt 3 lần và chữ số 0 không thể đ ứng đầu nên có 3 6 C cách lập 0,25 4 vị t r í c òn lại, chữ số 3 có mặt. í n h xác s u ất để có thể lập được một số tự nhiên gồm 7 c h ữ số mà trong đ ó chữ số 3 có mặt đúng 2 l ầ n , c h ữ s ố 0có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần. ………………………… LƯU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II . NĂM HỌC 20122013 MÔN: TOÁN  KHỐI A, A 1 , B Thời gian làm bài: 1 8 0 p h ú t . I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2 điểm) . Ch o hà m số