4 đề thi thử đại học môn toán của thpt chuyên nguyễn quang diệu

Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT Mơn: Tốn khối D Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x−3 có đồ thị (C) x +1 Câu 1/ (2,0 điểm) Cho hàm số y = a/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho b/ Tìm tọa độ điểm M (C) cho độ dài IM ngắn (I: giao điểm hai tiệm cận của(C)) cos x − sin x = cos 2 x + sin x −   x − y( x + y ) + = Câu 3/ Giải hệ phương trình:   x + ( x + y − 2) + y =  Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình: ( ) π Câu 4/ ( điểm) Tính: A = ( sin x − cos x ) ln (1 + sin x ) dx ∫ Câu 5/ ( điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A/B/C/ có (A/BC) tạo với đáy góc 600, tam giác A/BC có diện tích a/Gọi M ,N trung điểm BB/ CC/ Tính thể tích khối tứ diện A/AMN b/ Tính khoảng cách hai cạnh A/B AC Câu 6/ ( điểm) Gọi x1 , x , x3 nghiệm phương trình: ( ) x − ( 2m + 3) x + 2m − m + x − 2m + 3m − = 2 Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức: A = x1 + x + x3 + x1 x2 x3 II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ A d: x –y + = 0.Tìm tọa độ A ,C tam giác.Biết C thuộc đường thẳng ∆: 2x + y –1 = diện tích tam giác ABC Câu 8.a (1,0 điểm).Cho A(5 ; ; – 4) B(1; ; 4) Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) cho tam giác ABC cân đỉnh C có diện tích S = Câu a (1,0 điểm ).Giải phương trình: x −6 x +3 + x −3 x +1 = 2 x −6 x +3 B Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 (C2): (x –6)2 + y2 = 25 cắt A Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3) cắt (C1) (C2) thành hai dây cung 2 Câu 8.b (1,0 điểm) Cho hai đường thẳng có phương trình ( d ) : (d2 ) : x − = −7 x−7 y −4 z −9 = = −1 y −1 z −1 = Lập phương trình đường thẳng (∆)cắt (d1),(d2) trục Ox điểm A, B, C cho B trung điểm AC Câu 9.b (1,0 điểm ).Giải phương trình: + log x − log x = log x − WWW.ToancapBa.Net Đáp án WWW.ToancapBa.Net Câu Câu 1a Nội dung Tập xác định: D = R \ {–1} y/ = ( x + 1) , Vì: lim x →( −1) − Điểm 0,25 y / > 0, ∀x ∈ D x−3 x−3 = +∞ lim + = −∞ x →( −1) x + x +1 0,25 nên: x = –1 tiệm cận đứng Vì: xlim → −∞ x−3 x−3 = lim =1 x → +∞ x + x +1 nên: y = tiệm cận ngang Bảng biến thiên kết luận Đồ thị Câu 1b   Gọi M  m ; m −3  thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1) m +1  IM = ( m + 1) + IM = ( m + 1) + 16 ( m + 1) 16 ( m + 1) ≥ 16 ≥ 2 ( Tương ứng xét g ( t ) = t + Giải phương trình: 0,25 16 , t > t = (m + 1)2 lập t bảng biến thiên IM nhỏ IM = 2 Khi (m + 1)2 = Tìm hai điểm M (1 ; − 1) M ( − ; 3) Câu 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 cos x − sin x = cos 2 x + sin x − sin x ≠  Điều kiện: − sin x + sin x + ≠ ⇔  sin x ≠ −  0,25 cos x − sin x = ⇔ cos x − sin x = ( sin x + cos x ) − sin 2 x + sin x + ⇔ cos x − sin x = cos x + sin x π π  2 x + = x − + k 2π π π   ⇔ cos x +  = cos x −  ⇔  3 6   2 x + π = −4 x + π + k 2π   π π 2π + kπ ∨ x = − + k So lại điều kiện nghiệm phương trình cho π 2π x=− +k   x − y( x + y ) + = Giải hệ phương trình:  ( x + 1)( x + y − ) + y =  WWW.ToancapBa.Net   x + = y( x + y )  x − y( x + y ) + = ⇔  x= Câu 0,25 0,25 0,25 Hay A = f ( m ) = 2m + 11m − m∈ [ ; 3] f / ( m ) = 4m + 11 , f / ( m ) = ⇔ m = − 0,25 11 ∉ [ ; 3] f ( ) = 28 f ( 3) = 49 Vậy max A = 49 m = A = 28 m = Câu 7a 0,25 PHẦN TỰ CHỌN A Theo chương trình chuẩn Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ A d: x –y + = 0.Tìm tọa độ A ,C tam giác.Biết C thuộc đường thẳng ∆:2x + y –1 = diện tích tam giác ABC BC qua B vng góc d nên BC có phương trình: x + y + = 0,25 2 x + y − = x = ⇔ Vậy: C(2 ; –3) x + y + =  y = −3 Tọa độ C nghiệm hệ  A( a ; a + 3) ∈ d d ( A ; BC ) = 2a + , BC = Theo giả thiết ta 2a + 1 BC.d ( A ; BC ) = hay =1 2 2a + a = −1 = ⇔ 2a + = ⇔  Hay 2 a = −3 0,25 có: Câu 8a 0,5 Với a = –1 A(–1 ; 2), với a = –3 A(–3 ; 0) Gọi C(a ; b; 0), tam giác ABC cân C nên trung điểm H(3 ; ; 0) AB chân đường cao vẽ từ C 0,25 0,5  AC = BC  Theo giả thiết ta có:   AB.CH =  2 ( a − 5) + ( b − 3) + 16 = ( a − 1) + ( b − 3) + 16  ⇔ 1 2  16 + + 64 ( a − 3) + ( b − 3) = 2 a = a = ⇔ ⇔ b = ∨ b = −1 b − = Câu 9a 0,25 Có hai trường hợp C(3 ; ; 0), C(3 ; –1 ; 0) Giải phương trình: x −6 x +3 + x −3 x +1 = 2 x −6 x +3 x −6 x +3 + x −3 x +1 = 2 x −6 x +3 ⇔ x −6 x + 2+1 + x −3 x +1 = 2 x −6 x + 2+1 ( x −3 x +1) x −3 x +1 3 3 x −3 x +1 x −3 x +1 x −3 x +1 +  −2=0 ⇔ 3  3.9 +6 = 2.4 2 2 2 2 2 2 2 Đặt t =     2 x −3 x +1 2 2 t = −1 ( t > 0) , ta được: 3t + t − = ⇔ t =   WWW.ToancapBa.Net (l) 0,25 0,25 Với t = , ta : x − x + = ⇔ x = ∨ x = 0,25 Tập nghiệm S = { ; 3} B Theo chương trình nâng cao Cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 (C2): (x –6)2 + y2 = 25 cắt A Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3)cắt (C1) (C2) thành hai dây cung Gọi M(a ; b)∈ (C1) N(4 –a ; –b) đối xứng với M qua A Theo giả thiết N∈ (C2) 0,25 Câu 7b 0,5 a + b = 13 a + b = 13   Vậy ta có:  ⇔ ⇔ 2 ( − − a ) + ( − b ) = 25 ( + a ) + ( − b ) = 25   a + b − 13 =   a + b + 4a − 12b + 15 =   a = (l)  b = a + b − 13 =   17  ⇔ ⇔ a = − 17 , M  − ;    5 4a − 12b + 10 =    b =  Phương trình đường thẳng cần tìm x –3y + = Câu 8b 0,25 0,25 Cho ( d ) : x−7 y −4 z −9 x − y −1 z −1 = = = = ( d ) : Lập −1 −7 phương trình đường thẳng (∆) cắt (d1),(d2) trục Ox điểm A, B, C cho B trung điểm AC Gọi A( + a ; + 2a ; − a ) ∈ ( d1 ) , B( − 7b ; + 2b ; + 3b ) ∈ ( d1 ) C(c ; ; 0)∈ Ox B trung điểm AC nên: 7 + a + c = 2( − 7b )  4 + 2a = 2(1 + 2b ) ⇔ 9 − a = 2(1 + 3b )  a + 14b + c + =  2a − 4b + = ⇔ a + 6b − =  Vậy: A( ; ; 8) ∈ ( d1 ) , B( − ; ; ) ∈ ( d1 ) 0,25 a =  b = c = −14  x−8 y −6 z −8 = = 12 Giải phương trình: + log x − log x = log x − Phương trình ∆ : Câu 9b 0,25 Điều kiện xác định: x ≥ 0,25 0,25 0,25 + log x − log x = log x − ⇔ + log x − log x = log x − ( ⇔ − log x = ( log x − 1) + log x + log x ( ) ⇔ ( log x − 1) + log x + log x + = WWW.ToancapBa.Net ) 0,25 ⇔ log x = vì: + log x + log x + > ⇔ x = Vậy nghiệm phương trình cho: x = 0,25 0,25 Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT Mơn: Tốn khối A,A1,B Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1/ (2,0 điểm).Cho hàm số y = x3 –6x2 + 9x –2 có đồ thị (C) a/ Khảo sát sư biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho b/ Viết phương trình tiếp tuyến (C) M, biết M với hai cực trị (C) tạo thành tam giác có diện tích S = π  Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình: sin  x +  − sin x − cos x + =  4  x2 + 2y + + 2y − =  Câu 3/ Giải hệ phương trình:  ) Câu 4/ ( điểm) Tính: A = ∫ sin x cos x ln (1 + sin x )dx π ( 2 y + x + y ( x + 1) + x( x + 1) + =  Câu 5/ ( điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a.SA vng góc mặt đáy SA = 2a a/ Gọi M trung điểm SB, V1 thể tích tứ diện SAMC, V2 thể tích tứ diện ACD Tính tỷ số V1 V2 b/ Tính khoảng cách hai đường thẳng AC SD Câu 6/ Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: x + y ≤ 1 Tìm giá trị nhỏ A = x + xy II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm).Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua A(–2 ; 2) tiếp xúc ∆: 3x – 4y + 14 = Câu 8.a (1,0 điểm) Cho B( ; − ; ) , C ( ; − ; ) (P): 2x + y + z –5 = Tìm tọa độ điểm A thuộc (P) cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A Câu a (1,0 điểm ) Giải phương trình: log x − + log ( x + 3) = 10 + log ( x − 3) B Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Cho (C): (x +6)2 + (y –6)2 = 50 M điểm thuộc (C)( M có hồnh độ tung độ dương) Viết phương trình tiếp tuyến (C) M cho tiếp tuyến cắt hai trục tọa độ A B nhận M trung điểm Câu 8.b (1,0 điểm ) Cho M(0; 0; 1) A(1 ; ; 1)và B(2; –1;0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A,B khoảng cách từ M đến (P) WWW.ToancapBa.Net Câu 9.b (1,0 điểm ) Giaỉ bất phương trình: log ( ) x + x ≥ log 64 x Đáp án Câu Câu 1a Câu 2b Nội dung Cho hàm số y = x –6x + 9x –2 có đồ thị (C) a/ Khảo sát vẽ đồ thị hàm số cho Tập xác định: D = R y/ = 3x2 –12x + y/ = ⇔ x = ∨ x = lim ( x − x + x − ) = −∞ lim ( x − x + x − 2) = +∞ x → −∞ x → +∞ Bảng biến thiên kết luận Đồ thị b/ Viết phương trình tiếp tuyến (C) M, biết M với hai cực trị (C) tạo thành tam giác có diện tích S = Hai điểm cực trị A(1 ; 2), B(3 ; –2), AB = Phương trình AB: 2x + y – = Gọi M ( m ; m − 6m + 9m − 2) ∈ ( C ) d ( M ; AB ) = m + m − 6m + m − − Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 = m − 6m + 11m − Diện tích tam giác MAB: AB.d ( M ; AB ) = m − 6m + 11m − m − 6m + 11m − = m = S =6⇔ ⇔ m − 6m + 11m − = −6 m =  S= Câu 0,25 m = ⇒ M(0; –2) phương trình: y = 9x –2 m = ⇒ M(4 ; 2) phương trình: y = –3x +14 π  Giải phương trình sin  x +  − sin x − cos x + = 0,25 π  sin  x +  − sin x − cos x + = ⇔ 4  sin x + cos x − sin x − cos x + = ⇔ sin x cos x − sin x + cos x − cos x + = 0,25 ⇔ sin x( cos x − 1) + ( cos x − 1)( cos x − 1) = ⇔ ( cos x − 1)( sin x + cos x − 1) = 0,25  4 WWW.ToancapBa.Net 0,25  cos x = ⇔ sin  x + π  =    4   Nghiệm phương trình: x = ± Câu π π + k 2π , x = k 2π , x = + k 2π Giải hệ phương trình: 0,25 0,5  x + y + + y − = (1)   2 y + x + y ( x + 1) + x( x + 1) + =  (2) ⇔ 2( x + 1) + y ( x + 1) + y = ( ) ( 2)  x +1  x + 1 ⇔ 2  y  + 3 y  + =        x +1 = −2 ⇔ y y = không nghiệm  x2 + 2y + + 2y − =  Hệ trở thành:   x = −2 y −   y ≤   4y2 + 6y + = − 2y    14  ⇔ ⇔ y = nghiệm hệ:  − ;  18  18   x = −2 y −   14  x = −  Câu 0,25 0,25 π Tính: A = ∫ sin x cos x ln (1 + sin x )dx π ∫02 sin x ln + sin x dx Đặt u = ln + sin x dv = sin xdx sin x dx v = + sin x Suy ra: du = + sin x π   π 1  2 Khi đó: A =  + sin x ln + sin x 02 − ∫ sin xdx     π π  1 A =  + sin x ln + sin x − sin x  0 2  ( Tính: A = ( ) ( ( A= Câu 5a ) ) ( ) ( 0,25 0,25 ) ) ( 0,25 ) ln − 0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a.SA vng góc mặt đáy SA = 2a a/ Gọi M trung điểm SB, V1 thể tích tứ diện SAMC, V2 thể WWW.ToancapBa.Net tích tứ diện MACD Tính tỷ số S Ta có: V1 V2 VS AMC = Gọi H trung điểm SA VS ABC 0,25 M A D H B C SA ⊥ (ABCD) nên MH ⊥ (ABCD) MH = SA VM ACD = VM ABC = VS ABC Câu 5b vậy: 0,25 V1 =1 V2 Tính khoảng cách hai đường thẳng SC AD Gọi E điểm đối xứng B S qua A.Ta có AEDC hình bình hành góc EAC K A 1350, CD = a AC = a C AC // ED nên AC // (SDE) ⊃ D E SD nên d(AC,SD) = d(AC,(SDE)) = H d(A,(SDE)) Kẻ AH ⊥ ED ( H∈ ED) ⇒ ED⊥(SAH) ⇒ (SED)⊥(SAH) Kẻ AK⊥ SH ⇒ AK ⊥ (SDE) AK = d(AC,SD) Trong tam giác SAH có 0,25 0,25 1 1 = + = + = 2 2 AK SA AH 4a 2a 4a 2a Vậy: AK = d(AC,SD) = Câu Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3x + y ≤ 1.Tìm giá trị nhỏ 0,25 A = x + xy Giải ≥ x + y = x + x + x + y ≥ 44 x y hay A= 1 + = ≥2 x xy x xy x3 y xy ≤ 0,25 0,25 ≥8 0,25  x = y =  A = ⇔ 1 ⇔ x= y=  = =4 x xy   Giá trị lớn A x = y = PHẦN TỰ CHỌN A Theo chương trình chuẩn WWW.ToancapBa.Net Câu 7a Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua A(–2 ; 2) tiếp xúc ∆: 3x – 4y + 14 = Tâm I thuộc d nên I(a ; –2a) Theo giả thiết ta có AI = d(I ; d) hay ( a + ) + ( − 2a − ) = 3a + 8a + 14 25 ⇔ 0,25 5a + 12a + = 11a + 14 ⇔ a = Câu 8a 0,25 Ta I(1; –2) ⇒ bán kính R = (0,25) 2 Phương trình đường trịn cần tìm: (x –1) + (y +2) = 25 Cho B( ; − ; ) , C ( ; − ; ) (P): 2x + y + z –5 = Tìm tọa độ điểm A thuộc (P) cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A Gọi (Q) mặt phẳng trung trực cạnh BC, (Q) qua trung điểm BC có vectơ pháp tuyến BC Phương trình (Q): x –2z + = A(a ; b; c)∈ (P) A(a ; b; c)∈ (Q) nên: 0,25 0.25 0.25 2 a + b + c − = b = 13 − 5c ⇔ Khi đó: A( 2c − ; 13 − 5c ; c )  a − 2c + =  a = 2c − AB = ( − 2c ; 5c − 15 ; − c ) AC = ( − 2c ; 5c − 15 ; − c ) 0.25 Tam giác ABC vuông A nên: AB AC = ⇔ ( − 2c )( − 2c ) + ( 5c − 15) + ( − c )( − c ) = ⇔ 30c − 170c + 200 = ⇔ c = ∨ c = 20 13   11 ;− ;  3 3 có hai điểm A1 ( − ; − ; ) A2  Câu 9a Giải phương trình: log x − + log ( x + 3) = 10 + log ( x − 3) x − >   Điều kiện: log ( x + 3) ≥ ⇔  ( x − 3) >  ⇔ x ≤ −4 ∨ x > Phương trình cho trở thành:  x < −3 ∨ x >  ( x + 3) ≥ ⇔ x − ≠   x < −3 ∨ x >   x ≤ −4 ∨ x ≥ −2 x ≠  0.25 0,25 log ( x + 3) + log ( x + 3) − 10 = 2 0,25  log ( x + 3) = 2 ⇔   log ( x + 3) = −5 ( )  ⇔ log ( x + 3) = ⇔ ( x + 3) = 16 x + = x = ( l ) ⇔  ⇔   x + = −4  x = −7 Vậy phương trình cho có nghiệm x = –7 Câu 7b 0.25 0,25 B Theo chương trình nâng cao Cho (C): (x +6)2 + (y –6)2 = 50 M điểm thuộc (C)(M có hoành WWW.ToancapBa.Net 10 độ ,tung độ dương) Viết phương trình tiếp tuyến (C) M cho tiếp tuyến cắt hai trục tọa độ A B nhận M trung điểm (C) có tâm I(–6 ; 6) bán kính R = Gọi A(a ; 0) B(0 ; b) ( ab ≠ 0) giao điểm tiếp tuyến 0,25 a b 2 2 cần tìm với hai trục tọa độ,suy M  ;  , phương trình AB: x y + = ⇔ bx + ay − ab = a b ( *) 0,25 b a  IM =  + ; −  AB = ( − a ; b ) 2  Theo giả thiết ta có :   a + 12   b − 12  − a  + b  =      IM ⊥ AB M∈(C) hay  2  a +  +  b −  = 50      2   b − a − 12a − 12b = ( b − a )( b + a ) − 12( a + b ) =  ⇔  a + 12   b − 12  ⇔ 2  +  = 50 ( a + 12 ) + ( b − 12 ) = 200      ( a + b )( b − a − 12 ) = (1) b = −a ( l ) ⇔ (1) ⇔  2 b = a + 12 ( a + 12 ) + ( b − 12) = 200 ( 2) Câu 8b 0,25 Với b = a + 12 thay vào (2) được: ( a + 12 ) + a = 200 ⇔ a = ∨ a = –14 ( loại) Với a = , b = 14, ta có phương trình: 7x +y –14 = Cho M(0; 0; 1), A(1 ; ; 1)và B(2; –1;0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B khoảng cách từ M đến (P) 0,25 Phương trình mặt phẳng qua A có dạng: a(x –1) + by + c(z –1) = (a2 + b2 + c2 > 0): hay ax + by +cz –a –c = Qua B nên: 2a –b –a –c = hay a = b + c Khi (P): (b+c)x + by +cz –b –2c = d ( M ; ( P) ) = Câu 9b nên: b+c ( b + c) + b + c = Hay: 2b + 4bc + 2c = 2b + 2bc + 2c = ⇔ b = ∨ c = Với c = ⇒a = b Chọn b = ⇒ c = a (P): x + y –1 = Với b = ⇒a = c Chọn c = ⇒ c = a (P): x + z –2 = Giaỉ bất phương trình: log x + x ≥ log 64 x Đặt: t = x , ( t > 0) suy ra: x = t ( ) WWW.ToancapBa.Net 11 0,25 Bất phương trình trở thành: log ( t + t ) ≥ log 64 t ⇔ ( ) log t + t ≥ log t Đặt: log t = u ⇔ t = u Bật phương trình trở thành: u 0,25 u  2 1 + ≥ ⇔   +  ≥1  3 3 u u u u u  2 1 Gọi: f ( u ) =   +   hàm nghịch biến nên:  3 3 f ( u ) ≥ f (1) = ⇔ u ≤ ⇔ log t ≤ ⇔ t≤2 ⇔ 0,25 0,25 x ≤ ⇔ ≤ x ≤ 64 SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN THPT Chun Nguyễn Quang Diêu Mơn: TỐN; Khối: A + B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x −1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = (1) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) cho Viết phương trình tiếp tuyến d (C), biết tiếp tuyến cắt trục Ox, Oy A, B cho AB = 82 OB Câu II (2,0 điểm) cos x + sin x + = ( tan x + 1) Giải phương trình π  cos x.sin  x + ÷ 3  Giải bất phương trình x2 + x +1 + x2 − ≤ x+4 x2 +1 ( x∈¡ ) ( x + x )e x dx x + e−x Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, · ACB = 300 , hình chiếu vng góc A’ mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G tam giác ABC góc AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ khoảng cách B’C’ A’C Câu V (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c ∈ [1;2] Tìm giá trị nhỏ biểu thức ( a + b) P= c + 4(ab + bc + ca) PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ WWW.ToancapBa.Net 12 x2 + y = Tìm tọa độ điểm B, C thuộc (E) cho tam giác ABC vuông cân A , biết điểm B có tung độ dương Trong khơng gian Oxyz , cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) đường thẳng (d) có phương trình uuu uuu r r x+3 y −2 z +3 = = Tìm điểm M (d) cho tích MA.MB nhỏ Câu VII.a (1.0 điểm) Có 30 thẻ đánh số từ đến 30 Chọn ngẫu nhiên 10 thẻ Tính xác suất để có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có mang số chia hết cho 10 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy AB CD biết B (3;3), C (5;−3) Giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng ∆ : x + y − = Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình thang ABCD để CI = BI , tam giác ACB có diện tích 12, điểm I có hồnh độ dương điểm A có hồnh độ âm x + y +1 z − = = Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng (d) : mặt 1 phẳng ( P ) : x + 2y − z + = Gọi A giao điểm d (P) Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng (d), C thuộc mặt phẳng (P) cho BA = BC = · ABC = 600 Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A(3;0) elip (E) có phương trình ( + 3i ) Câu VII.b (1.0 điểm) Tìm mơ đun số phức w = b + ci biết số phức ( − 3i ) 12 ( − i) ( 1+ i) nghiệm phương trình z + 8bz + 64c = Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN Mơn: TỐN; Khối: A+B (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I ( 2,0 điểm) Đáp án 2x −1 (1) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) cho −1 < 0, ∀x ∈ D TXĐ: D = ¡ \ { 1} , y ' = ( x − 1) Hàm số nghịch biến khoảng: (−∞;1) (1; + ∞) Giới hạn tiệm cận: lim y = −∞; lim y = +∞ ⇒ tiệm cận đứng: x = − + Điể m Cho hàm số y = x →1 0.2 0.2 x →1 lim y = lim y = ⇒ tiệm cận ngang y = x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên: x −∞ − y’ +∞ y − WWW.ToancapBa.Net −∞ 0.2 +∞ 13 0.2 y 1  Đồ thị: Đi qua điểm  ; ÷, ( 0; 1) nhận giao 2  điểm tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng • • • 1• • • 01 x 2 Viết phương trình tiếp tuyến d (C), biết tiếp tuyến cắt trục Ox, Oy A, B cho AB = 82 OB 0.2 OA + OB = AB  ⇒ OA = 9OB Ta có   AB = 82.OB  OB ⇒ Hệ số góc tiếp tuyến tính k = ± =± OA 0.2 M ( x0 ; y ) tiếp điểm tiếp tuyến (d ) (C) Gọi / ⇒ hoành độ tiếp điểm nghiệm phương trình: f ( x ) = k hay:  −1  ( x − 1) = (VN)  ⇔ ( x0 − 1) = ⇔  −1  ( x − 1) = −    x0 = ⇒ y0 =   x = −2 ⇒ y =    7 tiếp điểm  4; ÷, ta có pt tiếp tuyến :  3 25 y = − ( x − ) + hay y = − x + 9 0.2 5  tiếp điểm  −2; ÷, ta có pt tiếp tuyến: 3  13 y = − ( x + ) + hay y = − x + 9 2 cos x + sin x + = ( tan x + 1) Giải phương trình π  cos x.sin  x + ÷ 3  π  cos x ≠  x ≠ + kπ   ⇔ ( k ∈ Z ) (*) Khi đó: Điều kiện:   π sin  x +  ≠ π   x ≠ − + kπ 3     0.2 Với k = − Với k = − II (2,0 điểm) π  Phương trình cho tương đương với: cos x + sin x + = cos x sin  x + ÷  cos x  WWW.ToancapBa.Net 14 0.2 π π π  + sin x.sin + = 3sin  x + ÷ 3 3  π π π π     ⇔ cos  x − ÷ − 3sin  x + ÷ + = ⇔ cos  x − ÷ − 3cos  x − ÷+ = 3 3 6 6       π cos x −  =   ⇔   π cos x −  = 6   0.2 π π π  Với cos x −  = ⇔ x − = k 2π ⇔ x = + k 2π ( k ∈ ¢ ) , thỏa (*) 6 6  π π   x − = + k 2π π π  ⇒ x = − + k 2π ( k ∈ ¢ ) , thỏa (*) Với cos  x − ÷ = ⇔  6   x − π = − π + k 2π   π Vậy, phương trình có nghiệm: x = ± + k 2π ( k ∈ ¢ ) 0.2 ⇔ cos x.cos Giải bất phương trình x2 + x +1 + x2 − ≤ x+4 x2 +1 ( x∈¡ ) Điều kiện: x > −4  x2 + x +1  − x2 +1 2 − 1 + x − ≤ Bất phương trình tương đương   x+4 x2 +1   x2 + x +1 −1 − ( x + 1) x+4 ⇔2 + x −3≤ x2 + x +1 (2 + x + 1) x + +1 x+4 2( x − 3) x2 − ⇔ + x2 − + ≤0 ( x + 4)( x + x + 1) + x + (2 + x + 1) x +   ≤0 ⇔ ( x − 3)  +1+  ( x + 4)( x + x + 1) + x + (2 + x +1) x +    ⇔ x −3≤ ⇔ − ≤ x ≤ Kết hợp điều kiện ⇒ nghiệm bất phương trình − ≤ x ≤ III (1,0 0.2 ( x + x )e x dx x + e−x 1 xe x ( x + 1)e x ( x + x )e x dx dx = ∫ Ta có I= ∫ xe x + x + e− x 0 0.2 0.2 0.2 0.2 Tính tích phân I = ∫ 0.2 0.2 Đặt t = x.e x + ⇒ dt = ( x + 1)e x dx WWW.ToancapBa.Net 15 điểm) x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = e + 0.2 e +1 e +1 xe x ( x + 1)e x (t − 1)  1 dx = ∫ dt = ∫ 1 − ÷ dt ∫ xe x + t t 1  Suy I= Vậy I = ( t − ln t ) IV (1,0 điểm) 0.2 Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, · ACB = 300 , hình chiếu vng góc A’ mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G tam giác ABC góc AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ khoảng cách hai đường thẳng B’C’ A’C 0.2 A' C' e +1 = e − ln(e + 1) B' N A H C G I B M K Từ A ' G ⊥ ( ABC ) ⇒ AG hình chiếu AA ' lên ( ABC ) Gọi M trung điểm BC Từ giả thiết ta có: 2a · 2a BC = 2a, AG = AI = ; A ' AG = 600 ⇒ A ' G = AG.t an600 = 3 AC = x > Đặt Ta có 0.2 AB = AC + BC − AC.BC cos 30 ⇒ a = x + 4a − 2.x.2a 2 2 2 ⇒ AC = x = a Nên AB + AC = a + 3a = 4a = BC ⇒ ∆ABC vuông A Vì A ' G ⊥ ( ABC ) nên A ' G chiều cao khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' khối chóp A ' ABC Thể tích khối đa diện BCC’B’A’ tính bởi:  1 VBCC / B/ A/ = VABC A/ B/ C / − VA/ ABC = 1 − ÷S ABC A ' G =  3 1 2a 3 = AB AC A ' G = a.a = a (đvtt) 3 3 Kẻ AK ⊥ BC K GI ⊥ BC I ⇒ GI // AK GI MG 1 AB AC a.a a ⇒ = = ⇒ GI = AK = = = AK MA 3 BC 2a Kẻ GH ⊥ A’I H (1) BC ⊥ GI  Do  ⇒ BC ⊥ GH (2) Từ (1) (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC) ⇒ BC ⊥ A ' G  WWW.ToancapBa.Net 16 0.2 d [G, ( A ' BC )] = GH Vì B ' C ' // BC , BC ⊂ ( A ' BC ) nên B ' C ' //( A ' BC ) A ' C ⊂ ( A ' BC ) ⇒ d ( B ' C ' , A ' C ) = d [ B ' C ' , ( A ' BC )] = d [ B ', ( A ' BC )] Mặt khác ta thấy AB’ cắt mp(A’BC) N trung điểm AB’ Do đó: d [ B ', ( A ' BC )] = d [ A, ( A ' BC )] = 3d [G, ( A ' BC )] = 3GH = A ' G.GI A ' G + GI = Vậy d ( B ' C ' , A ' C ) = V (1,0 điểm) VI.a (2,0 điểm) 0.2 2a a = 6a = 2a 51 17 51 12a 3a + 36 2a 51 17 Cho số thực a, b, c ∈ [1;2] Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = ( a + b) c + 4(ab + bc + ca) P viết lại dạng tương đương 0.2 2 ( a + b) ( a + b) P= ≥ =M c + 4c(a + b) + 4ab c + 4c(a + b) + (a + b) 0.2 Do a, b, c ∈ [1;2] nên a + b ≠ , nên chia tử mẫu M cho (a + b) ta được: 1 M = = c t + 4t + với t =  c   c  a+b   + 4  +1 a+b a+b 1  Với a, b, c ∈ [1;2] ⇔ t ∈  ;1 4  0.2 1  Xét hàm số f (t ) =  ;1 t + 4t + 4  − 2(t + 2) 1  1  / / Ta có f (t ) = 2 < 0, ∀ t ∈  ;1 ⇒ f (t ) nghịch biến  ;1 (t + 4t + 1) 4  4  0.2 Do ∀ t ≤ ⇒ f (t ) ≥ f (1) = Đẳng thức xảy t = ⇔ (a; b; c) = (1;1;2) Vậy Min P = (a; b; c) = (1;1;2) x2 Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A(3;0) elip (E) có phương trình + y = Tìm tọa độ điểm B, C thuộc (E) cho tam giác ABC vuông cân A , biết điểm B có tung độ dương 0.2 Ta có A(3;0) ∈ ( E ); B, C ∈ ( E ) : AB = AC Gọi B ( x ; y ) ⇒ C ( x0 ;− y ) ( x < 3) H trung điểm BC ⇒ H ( x ;0) 0.2 2 ⇒ BC = y = − x0 ; AH = − x0 = − x0 WWW.ToancapBa.Net 17 ∆ABC vuông cân A ⇔ AH = ⇔ − x0 = − x0 0.2 BC ⇔ 9(3 − x ) = (3 − x )(3 + x ) 0.2  x0 = (ktm) ⇔  x0 = 12 ⇒ y0 =  5   12   12  Vì B có tung độ dương nên B ; , C  ;−   5  5 Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) đường thẳng (d) có phương trình uuu uuu r r x+3 y −2 z +3 = = Tìm điểm M (d) cho tích MA.MB nhỏ Ta có trung điểm AB I(2; −3; 0) uuu uuu r r uuu uu uuu uu r r r r uuu uu uuu uu r r r r MA.MB = MI + IA MI + IB = MI + IA MI − IA = MI − IA2 = MI − uuu uuu r r Suy MA.MB nhỏ MI nhỏ Hay M hình chiếu vng góc I (d) uuu r M ∈ d ⇒ M (−3 + 4t ; + t ; − + 2t ) ⇒ IM = (−5 + 4t ; + t; − + 2t ) r (d) có vectơ phương u = (4; 1; 2) uuu r uuu r r r IM ⊥ u ⇔ IM u = ⇔ 4(−5 + 4t ) + + t + 2( − + 2t ) = ⇔ t = uuu uuu r r ⇒ M (1; 3; − 1), MI = 38 Vậy Min MA.MB = 29 đạt M (1; 3; − 1) ( )( ) ( )( ( VII.a (1,0 điểm) ) ) 0.2 0.2 0.2 0.2 Có 30 thẻ đánh số từ đến 30 Chọn ngẫu nhiên 10 thẻ Tính xác suất để có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có mang số chia hết cho 10 Gọi A biến cố lấy thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có 0.2 thẻ mang số chia hết cho 10 10 Chọn 10 thẻ 30 thẻ có: C 30 cách chọn Ta phải chọn : 0.2 thẻ mang số lẻ 15 mang số lẻ thẻ mang số chia hết cho 10 thẻ mang số chia hết cho 10 thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 12 0.2 Theo quy tắc nhân, số cách chọn thuận lợi để xảy biến cố A là: C15 C12 C 5 0.2 C15 C12 C 99 = Xác suất cần tìm P ( A) = 10 667 C 30 VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy AB CD biết B (3;3), C (5;−3) Giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng ∆ : x + y − = Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình thang ABCD để CI = BI , tam giác ACB có diện tích 12, điểm I có hồnh độ dương điểm A có hồnh độ âm 0.2 Vì I ∈ ∆ ⇒ I ( t ;3 − 2t ), t > WWW.ToancapBa.Net 18 t = CI = BI ⇔ 15t + 10t − 25 = ⇔  ⇒ t = ⇒ I (1;1) t = − (ktm)  Phương trình đường thẳng IC : x + y − = Mà S ABC = AC.d ( B, AC ) = 12 ⇒ AC = 2 a = 11 ⇒ a = −1 ⇒ A( −1;3) Vì A ∈ IC ⇒ A(a;2 − a ), a < nên ta có ( a − 5) = 36 ⇔   a = −1 Phương trình đường thẳng CD : y + = , IB : x − y = x − y =  x = −3 ⇔ ⇒ D(−3;−3) Tọa độ điểm D nghiệm hệ  y + =  y = −3 Vậy A(−1;3) , D(−3;−3) x + y +1 z − = = Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng (d) : mặt phẳng 1 ( P ) : x + 2y − z + = Gọi A giao điểm d (P) Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng (d), C thuộc mặt phẳng (P) cho BA = BC = · ABC = 600 Điểm A = (d ) ∩ ( P ) ⇒ A(−1;0;4) ; Góc ( d ) (P) 30 (1) Vì B ∈ (d ) ⇒ B (−3 + 2t ;−1 + t ;3 + t ) AB = nên B (−3;−1;3) B (1;1;5) Mặt khác BA = BC = · ABC = 600 ⇒ ∆ABC vuông C (2) · Suy CAB = 300 (3) Từ (1), (2) (3) ⇒ C hình chiếu B lên ( P) Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình  x −1 y −1 z − x + y +1 z − = = = =   −  −1  x + y − z + = x + y − z + =    5  11  Suy C  − ;0;  C  ;0;  2  2 2 VII.b (1,0 điểm) ( + 3i ) Tìm mơ đun số phức w = b + ci biết số phức ( − 3i ) 12 ( − i) (1+ i) 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 nghiệm phương trình z + 8bz + 64c = ( Ta có + 3i ( − 3i ) ( 1+ i) ) 0.2 = + 3i + 3.3i + 3i = −8 = − 3i + 3.3i − 3i = −8 = 2i ( + 3i ) Do ( − 3i ) 12 ( − i ) ( −8) ( − i ) = 6 ( −8) ( 2i ) 1+ i) ( 8( − i) =− = ( + 2i ) = + 16i i Theo giả thiết ta có ( + 16i ) + 8b ( + 16i ) + 64c = 0.2 WWW.ToancapBa.Net 0.2 19 ⇔ ( + 2i ) + b ( + 2i ) + c = ⇔ ( 2b + ) i + b + c − = 2b + = b = −2 ⇔ ⇔ ⇒ w = (−2) + = 29 b+c−3= c=5   0.2 -Hết SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Mơn: TỐN; Khối: D 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 y = x − 2mx + 2m − (Cm ) (m tham số thực) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (Cm ) có điểm cực trị tạo thành tam giác cân có α góc đỉnh tam giác α với tan = 2 Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình cos x + sin x cos x + = 3(sin x + cos x) Giải hệ phương trình  x2 − y + + y − x + =  ( x, y ∈ R )   y ( y − x + 2) = x +  ( x − 1)e x + x + dx 1+ ex Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ · Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ABC = 600 , hình chiếu vng góc A’ mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G tam giác ABC góc AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp A’.ABC khoảng cách từ G đến mặt phẳng (A’BC) Câu V (1,0 điểm) Cho bất phương trình m( x − x + + 1) + x (2 − x) ≥ Tìm m để bất phương trình nghiệm với x ∈ 0;1 +    PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − y + = đường tròn (C ) : x + y − x + y − = có tâm I Qua điểm M thuộc ∆, kẻ tiếp tuyến MA đến (C) (A tiếp điểm) cho AM = 10 Tìm tọa độ điểm M lập phương trình đường trịn ngoại tiếp ∆MAI x −1 y +1 z x −1 y − z = = ; ( d2 ) : = = mặt Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng ( d1 ) : 1 phẳng ( P ) : x + y − 2z + = Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) cắt ( d1 ) , ( d ) A, B cho AB = 3 WWW.ToancapBa.Net 20 Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm mơ đun số phức z thỏa mãn z + z = z − + i = z − 2i B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A, BC : x − y − = 0, đường thẳng AC qua điểm M (−1; 1), điểm A nằm đường thẳng ∆ : x − y + = Lập phương trình cạnh cịn lại tam giác ABC biết đỉnh A có hồnh độ dương Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − z − 67 = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với BC tiếp xúc mặt cầu (S) Câu VII.b (1.0 điểm) Trong số phức z thỏa mãn điều kiện z − − 4i = z − 2i Tìm số phức z có mơ đun nhỏ - Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN Mơn: TỐN; Khối: D (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điể m 2 I Cho hàm số y = x − 2mx + 2m − (Cm ) (m tham số thực) (2,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = 0.25 Với m = ⇒ y = x − x − TXĐ: D = ¡ y ' = x − x Cho y’ = ta được: x = x = ±1 Sự biến thiên: - Hàm số đồng biến khoảng ( −1;0 ) (1; +∞) ; 0.25 - Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; −1) ( 0;1) - Hàm số đạt cực đại x = 0, ycd = −2 Hàm số đạt cực tiểu x = ±1, yct = −3 lim y = +∞; lim y = +∞ - Giới hạn: x →−∞ x →+∞ WWW.ToancapBa.Net 21 Bảng biến thiên: x y’ y −∞ +∞ -1 -3 0 + - 0.25 +∞ + - -2 +∞ -3 Đồ thị - Đồ thị cắt Ox hai điểm (± + 3;0) cắt Oy (0; -2) - Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng 0.25 y O -5 x -2 -4 Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (Cm ) có điểm cực trị tạo thành tam α giác cân có góc đỉnh tam giác α với tan = 2 0.25 Ta có: y ' = x − 4mx  x=0 y' = ⇔  x = m Đồ thị hàm số có ba cực trị ⇔ m > (*) Khi điểm cực trị đồ thị là: A(0; 2m − 4) , B ( m ; m − 4) , C ( − m ; m − 4) Ta thấy B, C đối xứng qua trục Oy A ∈ Oy nên tam giác ABC cân A Phương trình cạnh BC: y − m + = Gọi H chân đường cao từ đỉnh A tam giác ABC, ta có: AH = d ( A, BC ) = m , BH = m Tam giác ABH vuông H nên tan II m α BH m = ⇔ m3 = ⇔ m = = = ⇔ AH m 2 m 0.25 0.25 0.25 (thỏa mãn *) Vậy m = giá trị cần tìm Giải phương trình cos x + sin x cos x + = 3(sin x + cos x) 0.25 cos x + sin x cos x + = 3(sin x + cos x) ⇔ (sin x + cos x) − 3(sin x + cos x) = WWW.ToancapBa.Net 22 (2,0 điểm) ⇔ sin x + cos x = ∨ sin x + cos x = (1) 0.25 Phương trình sin x + cos x = vô nghiệm 12 + ( ) < π Nên (1) ⇔ tan x = − ⇔ x = − + kπ ( k ∈ ¢ ) π Vậy, phương trình có nghiệm là: x = − + kπ ( k ∈ ¢ )  x2 − y + + y − x + =  ( x, y ∈ R ) Giải hệ phương trình   y ( y − x + 2) = x +  0.25 Phương trình thứ (2) ⇔ y + (2 − x) y − x − = xem phương trình bậc hai theo ẩn y có 0.25 0.25 ∆ = ( x + 4) x−2− x−4  = −3 y = Phương trình có hai nghiệm:  y = x − + x + = x +1   y = -3 vào pt thứ ta pt vô nghiệm Thay Thay y = x + vào pt thứ ta được: x − x − + x − x + = (3) 0.25 x − x + = t , điều kiện t ≥ t = ( tm ) ( 3) ⇔ t + 6t − = ⇔  t = −7 ( ktm) x = ⇒ y = Với t=1 ⇔ x − x + =1 ⇔  ( thỏa mãn) x = ⇒ y = Vậy, hệ phương trình có nghiệm là: (1;2) (4;5) Giải (3): đặt III (1,0 điểm) 0.25 ( x − 1)e x + x + dx 1+ ex Tính tích phân I = ∫ 1 1 xe x − e x + x + x(e x + 1) + (1 + e x ) − 2e x ex I=∫ dx = ∫ dx = ∫ ( x + 1) dx − ∫ dx = I − I x 1+ ex 1+ ex 0 0 1+ e  x2  Tính I = ∫ ( x + 1)dx = + x      1 = 0.25 0.25 ex d (e x + 1) dx = ∫ x = ln(e x + 1) Tính I = ∫ x e +1 1+ e = ln e +1 0.25 0.25 e +1 − ln 2 · Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ABC = 600 , hình chiếu vng góc A’ mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G tam giác ABC góc AA’ tạo với mặt phẳng Vậy I = IV (1,0 0.25 WWW.ToancapBa.Net 23 điểm) (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp A’.ABC khoảng cách từ G đến mặt phẳng (A’BC) 0.25 A' C' B' N A H C G I B M K Từ A ' G ⊥ ( ABC ) ⇒ AG hình chiếu AA ' lên ( ABC ) Gọi M trung điểm BC Từ giả thiết ta có: 2a · 2a BC = 2a, AG = AI = ; A ' AG = 600 ⇒ A ' G = AG.tan600 = 3 Vì AC = AB + BC − AB.BC cos 60 = 3a ⇒ AC = a Mặt khác AB + AC = a + 3a = 4a = BC ⇒ ∆ABC vuông A Và A ' G ⊥ ( ABC ) nên A ' G chiều cao khối chóp A ' ABC Thể tích khối chóp A ' ABC tính bởi: 1 1 2a a (đvtt) VA/ ABC = S ABC A ' G = AB AC A ' G = a.a = 3 3 Kẻ AK ⊥ BC K GI ⊥ BC I ⇒ GI // AK GI MG 1 AB AC a.a a ⇒ = = ⇒ GI = AK = = = AK MA 3 BC 2a Kẻ GH ⊥ A’I H (1) BC ⊥ GI  Do:  ⇒ BC ⊥ GH (2) Từ (1) (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC) ⇒ d [G, ( A ' BC )] = GH BC ⊥ A ' G  0.25 0.25 0.25 Ta có ∆A ' GI vng G có GH đường cao nên : 2a a A ' G.GI = 2a = 2a 51 = d [G, ( A ' BC )] = GH = 51 51 A ' G + GI 12a 3a + 36 Cho bất phương trình m( x − x + + 1) + x (2 − x) ≥ Tìm m để bất phương trình nghiệm với x ∈ 0;1 +    V (1,0 điểm) Xét bất phương trình: m( x − x + + 1) + x (2 − x) ≥ 0.25 (1) Điều kiện: x − x + ≥ ⇔ x ∈ R Theo đề ta xét x ∈ 0;1 +    x −1 , t ' = ⇔ x = ∈ 0;1 + Đặt t = t ( x ) = x − x + , ta có: t ' = x − 2x + t (0) = , t (1) = , t (1 + ) = [ WWW.ToancapBa.Net 24 ] Suy ra: x ∈ 0;1 +  ⇔ t ∈ [ 1; 2]   Do t = x − x + ⇔ x(2 − x ) = − t nên bất phương trình cho trở thành: m(t + 1) ≥ t − ⇔ m ≥ Xét hàm số f (t ) = t2 − t +1 0.25 (2) 0.25 t2 − với t ∈ [ 1; 2] , ta có: t +1 t + 2t + f '( t ) = > 0, ∀t ∈ [ 1; 2] ( t + 1) Suy ra: f (t ) = f ( 1) = − , max f (t ) = f ( ) = t∈[ 1;2 ] t∈[ 1;2] Bất phương trình (1) nghiệm ∀x ∈ 0;1 +    ⇔ Bất phương trình (2) nghiệm ∀t ∈ [ 1; ] 0.25 ⇔ m ≥ max f (t ) t∈[ 1;2] ⇔ m≥ Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − y + = đường tròn (C ) : x + y − x + y − = có tâm I Qua điểm M thuộc ∆, kẻ tiếp tuyến MA đến (C) (A tiếp điểm) cho AM = 10 Tìm tọa độ điểm M lập phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆MAI 0.25 Vậy, giá trị m thỏa đề là: m ≥ A I M M ∈ ∆ ⇒ M(2m − 5; m); (C) có tâm I(1; −2), bán kính R = 10 0.25 IM = IA2 + MA2 = 2 0.25 ⇒ IM = 20 ⇔ (2m − 6) + (m + 2) = 20 ⇔ m − 4m + = ⇔ m = ⇒ M (−1;2) 0.25 MI = Đường tròn ngoại tiếp ∆AMI có tâm trung điểm MI , bán kính R = 2 ⇒ (C ) : x + y = x −1 y +1 z x −1 y − z = = ; ( d2 ) : = = Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng ( d1 ) : 1 mặt phẳng ( P ) : x + y − 2z + = Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) cắt ( d1 ) , ( d ) A, B cho AB = 3 Đặt A ( + 2a; −1 + a;a ) , B ( + b; + 2b; b ) , ta có WWW.ToancapBa.Net 0.25 25 VI.a (2,0 điểm) uuu r AB = ( b − 2a;3 + 2b − a; b − a ) uuu uu r r Do AB song song với (P) nên: AB ⊥ n P = ( 1;1; −2 ) ⇔ b = a − uuu r Suy ra: AB = ( −a − 3;a − 3; −3) Do đó: AB = ( a + 3) 0.25 0.25 + ( a − ) + ( −3 ) = 3 ⇔ a = 2 ⇒ b = −3 uuu r Suy ra: A ( 1; −1;0 ) , AB = ( −3; −3; −3) 0.25 x −1 y +1 z = = 1 2 Tìm mơ đun số phức z thỏa mãn z + z = z − + i = z − 2i Giả sử z = x + yi, ( x, y ∈ ¡ ) Ta có: + z + z = ⇔ ( x + yi ) + ( x − yi ) = ⇔ x − y = Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: 0.25 0.25 + ( x − 1) + ( y + 1)i = x + ( y − 2)i ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) = x + ( y − 2) ⇔ x − y + = VI.b (2,0 điểm) 0.25  x = 2, y =  x2 − y = x = y −1 ⇔ ⇔ Giải hệ phương trình:  x = − , y = − x − 3y +1 = y − y −1 =     4 0.25 Vậy z = + i; z = − − i Suy z = , z = 4 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A, BC : x − y − = 0, đường thẳng AC qua điểm M (−1; 1), điểm A nằm đường thẳng ∆ : x − y + = Lập phương trình cạnh lại tam giác ABC biết đỉnh A có hồnh độ dương 0.25 A ∆ : x − 4y + = M (− 1; 1) B Vì A ∈ ∆ : x − y + = ⇒ A(4a − 6; a) ⇒ MA(4a − 5; a − 1) Vì tam giác ABC vuông cân A nên · ACB = 450 Do cos( MA, u BC ) = ⇔ (4a − 5) + 2(a − 1) (4a − 5) + (a − 1) 2x − y − = 0.25 = a = ⇒ A( 2;2) ⇔ 13a − 42a + 32 = ⇔  a = 16 ⇒ A − 14 ; 16 (ktm)    13  3  0.25 Vậy A( 2; 2) Suy AC : x − y + = 0, AB : x + y − = 0.25 Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − z − 67 = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với BC tiếp xúc mặt cầu (S) (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 0.25 WWW.ToancapBa.Net 26 r Giả sử (P) có vtpt n = ( A; B; C ), ( A2 + B + C ≠ 0) r r r uuu r uuu r (P) // BC nên n ⊥ BC = (−1;1; 4) ⇒ n.BC = ⇔ A = B + 4C ⇒ n = ( B + 4C ; B; C ) (P) qua A(13; −1; 0) ⇒ phương trình (P): ( B + 4C ) x + By + Cz − 12 B − 52C = B + 4C + B + 3C − 12 B − 52C =9 (P) tiếp xúc (S) ⇔ d [ I , ( P)] = R ⇔ ( B + 4C ) + B + C  B + 2C = ⇔ B − BC − 8C = ⇔ ( B + 2C )( B − 4C ) = ⇔   B − 4C = B = Với B + 2C = chọn  , ta được phương trình (P): −2x + 2y − z + 28 = C = −1 VII.b (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 B = Với B − 4C = chọn  , ta được phương trình (P): 8x + 4y + z −100 = C = Vậy (P): −2x + 2y − z + 28 = , (P): 8x + 4y + z −100 = Trong số phức z thỏa mãn điều kiện z − − 4i = z − 2i Tìm số phức z có mơ đun nhỏ 0.25 Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y ∈ R) Ta có 2 2 x − + ( y − 4)i = x + ( y − 2)i (1) ⇔ ( x − 2) + ( y − 4) = x + ( y − 2) ⇔ y = − x + Do tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn (1) 0.25 đường thẳng x + y = Mặt khác z = x + y = x + x − x + 16 = x − x + 16 Hay z = 2( x − ) + ≥ 2 0.25 Do Min z = 2 ⇔ x = ⇒ y = Vậy z = + 2i 0.25 -Hết - WWW.ToancapBa.Net 27 ... ⇔ ≤ x ≤ 64 SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Mơn: TỐN; Khối: A + B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG... trình cho: x = 0,25 0,25 Trường THPT chuyên NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT Mơn: Tốn khối A,A1,B Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC... SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Mơn: TỐN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ