Đề thi thử đại học 2013 THPT Bình Giang Toán

SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT BÌNH GIANG Môn thi: TOÁN (khối A , A1, B) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y = x 4 – 8m 2 x 2 + 1 (1), với m là tham số thực. 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 2 2.Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC bằng 64. Câu II ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình: 2 2 4 4 (2 sin 2 )(2cos cos ) cot 1 2sin x x x x x − − + = 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 5 0 ( , ) 2 5 1 0 x y xy x y x y xy y y  + + − =  ∈  + − + =   ¡ Câu III ( 1 điểm) Tính tích phân: ( ) 2 2 2 ln2 2 0 2 (1 ) 1 x x x x x x e x e e I dx e e + + − − = − + ∫ Câu IV ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), , 2SA AB a AC a= = = và · · 0 90 .ASC ABC= = Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC). Câu V ( 1 điểm ) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ab bc ca T a b ab b c bc c a ca = + + + + + + + + Câu VI. ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm (4; 1), ( 3; 2)A B− − − và đường thẳng :3 4 42 0x y∆ + + = . Viết phương trình đường tròn ( )C đi qua hai điểm ,A B và tiếp xúc với đường thẳng ∆. 2. Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt cầu (S): 011642 222 =−−+−++ zyxzyx và mặt phẳng ( α ) có phương trình :2x + 2y – z + 17 = 0. Viết phương trình mặt phẳng( β ) song song với ( α ) và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi là 6π. Câu VII (1 điểm ) Cho số phức z thỏa mãn: ( ) 2 11 1 .z i i z− = + . Tính z iz+ . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: A , A1, B Câu Đáp án Điểm I (2,0 điểm) (1,0 điểm) Khi m= 1 2 hàm số đã cho có pt: y= x 4 – 2x 2 + 1 1.TXĐ : D= R 2.SBT .CBT: y’= 4x 3 - 4x = 4x( x 2 - 1) y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1 Hàm số đồng biến trên ( 1;0)− và (1; )+∞ Hàm số nghịch biến trên ( ; 1)−∞ − và (0;1) .Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và y CĐ =y(0)=1 HS đạt cực tiểu tại x= ± 1 và y CT =y( ± 1)=0 .Giới hạn: lim x y →+∞ = +∞ ; lim x y →−∞ = +∞ .BBT: x - ∞ -1 0 1 + ∞ , y - 0 + 0 - 0 + y +∞ 1 +∞ 0 0 3. vẽ đồ thị: 1 - 1 O 1 x 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) , 3 2 2 2 4 16 4 ( 4 )y x m x x x m= − = − Đk để hàm số có 3 cực trị là , 0y = có 3 nghiệm phân biệt Tức là phương trình 2 2 ( ) 4 0g x x m= − = có hai nghiệm phân biệt 0x ≠ 0m⇔ ≠ , 4 4 0 1 0 2 1 16 2 1 16 x y y x m y m x m y m = ⇒ =   = ⇔ = ⇒ = −   = − ⇒ = −  Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B 4 (2 ;1 16 )m m− ;C 4 ( 2 ;1 16 )m m− − 0,25 0,25 2 Ta thấy AB=AC = 2 4 2 (2 ) (16 )m m+ nên tam giác ABC cân tại A Gọi I là trung điểm của BC thì 4 (0;1 16 )I m− nên 4 16AI m= ; 4BC m= 4 1 1 . . 16 .4 2 2 ABC S AI BC m m ∆ = = =64 5 5 2 2m m⇔ = ⇔ = ± (tmđk 0m ≠ ) Đs: 5 2m = ± 0,25 0,25 II (2,0 điểm) (1,0 điểm) .ĐK: ,x k k π ≠ ∈¢ Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với: 4 4 2 2 2 2 2 1 cos sin (2 sin 2 )(cos cos ) 2 1 1 1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos ) 2 2 x x x x x x x x x + = - - Û - = - - 0,25 2 2 2 2 2 1 2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2cos cos 2 2cos cos 1 0 x x x x x x x x - = - - Û = - Û - - = 0,25 osx=1 2 1 2 os 2 , ( ) 2 3 c x l c x x l l Z p p p é é = ê ê ê ê Û Û - ê ê = = ± + Î ê ê ë ë 0,25 So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là 2 2 , 3 x l l p p= ± + Î ¢ 0,25 (1,0 điểm) Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với: 2 5 0 1 2 5 0 x x xy y x y y  + + − =     + + − =   0,25 1 ( )( ) 6 1 5 x y x y x y x y  + + =   ⇔   + + + =   0,25 2 ( ) 1 3 3 ( ) 1 2 x y I x y x y II x y  + =      + =    ⇔  + =      + =      0,25 3 A S C B M H Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ là:         −±+         +±− 2 51 ; 2 55 ; 2 51 ; 2 55 0,25 III (1,0 điểm) ( ) 2 2 2 ln2 2 0 2 (1 ) 1 x x x x x x e x e e I dx e e + + − − = − + ∫ = ln2 ln 2 2 2 2 0 0 2 1 x x x x e e x dx dx e e − + − + ∫ ∫ 0,25 Ta có: ln2 2 0 x dx ∫ = ln2 3 3 0 ln 2 3 3 x = 0,25 Ta có: ln2 2 0 2 1 x x x x e e dx e e − − + ∫ = ln2 2 ln2 2 2 0 0 ( 1) ln( 1) ln3 1 x x x x x x d e e e e e e − + = − + = − + ∫ 0,25 Vậy I= 3 ln 2 3 + ln3 0,25 IV (1,0 điểm) + Kẻ SH vuông góc AC (H ∈ AC) ⇒ SH ⊥ (ABC) ⇒ 3 3, , 2 a SC BC a SH= = = 2 3 2 ABC a S ∆ = ⇒ 3 . 1 . 3 4 S ABC ABC a V S SH ∆ = = 0,25 + Gọi M là trung điểm SB và ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC). Ta có: SA = AB = a, SC BC a 3= = ⇒ AM ⊥ SB và CM ⊥ SB ⇒ · cos cos AMC ϕ = 0,25 + ∆SAC = ∆BAC ⇒ 3 6 2 2 a a SH BH SB= = ⇒ = 0,25 AM là trung tuyến ∆SAB nên: 2 2 2 2 2 2 2 10 4 16 AS AB SB a AM + − = = 10 4 a AM⇒ = Tương tự: 42 4 a CM = · 2 2 2 AM CM AC 105 cosAMC 2.AM.CM 35 + − ⇒ = = − Vậy: 105 cos 35 ϕ = 0,25 V (1,0 điểm) Đặt 1 1 1 , ,a b c x y z = = = . Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn: xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại: 1 1 1 1 1 1 T x y y z z x = + + + + + + + + 0,25 Ta luôn có Bđt thức đúng: ( ) 2 3 2 2 3 3 3 3 3 0x y x xy y xy− ≥ ⇔ − + ≥ ( ) ( ) 3 2 2 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1x y x y x xy y x y xy   ⇒ + + = + − + + ≥ + +  ÷   0,25 4 ⇒ ( ) 3 3 3 3 1x y xy x y z+ + ≥ + + 3 3 3 3 1 1 z x y x y z ⇒ ≤ + + + + (1) Tương tự: 3 3 3 3 1 1 x y z x y z ≤ + + + + (2); 3 3 3 3 1 1 y z x x y z ≤ + + + + (3) 0,25 Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được: 1T ≤ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1 Vậy max 1T = đạt được khi a = b = c = 1 0,25 VI. (2,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C) AI 2 = BI 2 ⇔ 7a + b = 2 (1) 0,25 BI 2 = d 2 (I,∆) ⇔ (a + 3) 2 + (b + 2) 2 = 2 (3 4 42) 25 a b+ + (2) 0,25 Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23) 0,25 + I(1; -5) ⇒ R = 5 (C): (x – 1) 2 + (y + 5) 2 = 25 + I(-3; 23) ⇒ R = 25 (C): (x + 3) 2 + (y – 23) 2 = 625 0,25 (1,0 điểm) Do (β) // (α) nên (β) có pt: 2 2 0( 17)x y z d d+ − + = ≠ Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính là R = 5 Vì đường tròn có chu vi là 6 π có bán kính là r = 3. 0,25 Khoảng cách từ I tới ( ( ) β là h = 435rR 2222 =−=− 0,25 Do đó:    = −= ⇔=+−⇔= −++ +−−+ (lo¹i) 17D 7D 12D54 )1(22 D3)2(21.2 222 0,25 Vậy (β) có pt: 2 2 7 0x y z+ − − = 0,25 VII. (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa : ( ) 2 11 1 .z i i z− = + . Tính z iz+ . Gọi z = a+bi z a bi⇒ = − Theo gt: ( ) 2 11 1z i i z− = + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 11a b ab i a b a b i⇔ − + − = + + − 2 2 3 2 2 11 2 3 a b a b a b ab a b a b  =    =  − = +   ⇔ ⇔   − = − = −     = −    0,5 TH1: 3 2 5 5 5 2z i z iz i z iz= + ⇒ + = + ⇒ + = 0,25 TH2: 2 3 5 5 5 2z i z iz i z iz= − − ⇒ + = − − ⇒ + = 0,25 5 . SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT BÌNH GIANG Môn thi: TOÁN (khối A , A1, B) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề Câu I ( 2 điểm) Cho hàm. Tính z iz+ . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: A , A1, B Câu Đáp án Điểm I (2,0 điểm) (1,0 điểm) Khi. I ( 2 điểm) Cho hàm số y = x 4 – 8m 2 x 2 + 1 (1), với m là tham số thực. 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 2 2.Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có 3