Tổng hợp đề thi thử đại học khối A, A1, B, D môn toán năm 2013 (Phần 33)

Tổng hợp đề thi thử đại học khối A, A1, B, D môn toán năm 2013 (Phần 33) tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận á...

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG LẦN MĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: TOÁN – Khối A - A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I ( điểm) Cho hàm số y  x3   m  1 x2  m (1),( với m tham số thực) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số (1) m =2 2.Tìm m để hàm số có điểm cực trị, ký hiệu A, B cho ba điểm A, B, I(3;1) thẳng hàng Câu II ( điểm) 1.Giải phương trình: 3     cos 2 x  2cos  x   sin  3x      4  0 2cos x  2 Cho khai triển 1  3x   a0  a1 x   a2 n x 2n , n  N * Tính hệ số a8 biết n thoả 2n mãn hệ thức 14  3 Cn 3Cn n Câu III ( điểm) Cho hình vng ABCD cạnh có độ dài a, tâm O không gian lấy điểm S cho SA = SO =2a, SB=SD a) Tính thể tích khối chóp SABCD b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) Câu IV ( 1,0 điểm ) Cho a, b,c số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M a3 b3 c3   a3  (b  c)3 b3  (c  a)3 c  ( a  b)3 Câu V ( điểm) 2   x y   xy  y  4 xy Giải hệ phương trình sau  2  x y  x  y x 1 2.Tính tích phân sau I =  dx x 2x 1 Câu VI ( điểm) 1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I   ;  ,  2 biết điểm B(1;-1), phương trình đường cao AH AH: y-3=0 Tìm toạ độ A C Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(0;1;-1), B(2;-1;1) mặt phẳng (P) có phương trình (P): x-2y-z+2 =0 Tìm điểm C mặt phẳng (P) cho tam giác ABC cân C có diện tích TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC CĐ LẦN MĂM HỌC 2012 – 2013 Mơn: TỐN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐÁP ÁN Câu ĐIỂ M TXĐ D=R Sự biến thiên a Giới hạn vô cực lim y   lim y   x  0.25 x  b.Bảng biến thiên x  x  Ta có y '  x  x     y’ +  - + 0.25  y  Hàm số đồng biến khoảng  ;0  1;   Hàm số nghịch biến  0;1 Hàm số đạt cực đại x=0, ycđ=2 Hàm số đạt cực tiểu x=1,yct=1 3.Đồ thị 0.25 fx = 2x3 -3x2 +2 -10 -5 0.25 -2 -4 1 3 Nhận xét Đồ thị hàm số nhận điểm uốn U  ;  làm tâm đối xứng 2 2 x   x  m 1 Ta có y '  x  6(m  1) x    0.25 Đồ thị hàm số có cực trị y’ có nghiệm  m  Toạ độ hai điểm cực trị A(0;m) M(m-1;-(m-1)3+m)  AB: y=-(m-1)2x+m Ba điểm A,B, I(3;1) thẳng hàng I  AB 0.25  m  (loại)  = -(m-1) 3+m   m   Vậy giá trị m cần tìm m  0.25 Câu II 0.25  ĐK: 2cos x    x    k 2   Với điều kiện phương trình  cos2 x  2cos  x  3     sin  3x       4 0,25  1    cos2 x  sin  x    sin  x       2  2       sin 2x  sin      4x    sin 2x   2     sin 2x  cos 4x  sin 2x   0,25     sin 2x   2sin 2x  sin 2x    sin 2x  sin 2x   0,25  sin 2x  sin 2x  2 (loại) 5  k2 (k  ) 14 28  3    Cn 3Cn n n(n  1) n(n  1)(n  2) n  n  2  n2  7n  18    n  So điều kiện phương trình có nghiệm x  0,25 0.25 0,25 Suy n=9  Áp dụng khai triển NiuTơn  3x  18 18    C18k  3x k 0  k 0.25 Hệ số a8 ứng với k=8   a8  C188  = 3544398 0.25 Câu III S I K A D M N H O B C a)Gọi H trung điểm AO Vì Tam giác SBD cân S nên BD  SO , BD  AC nên BD  (SAC ) Từ BD  SH Vì tam giác SAO cân S nên SH  AC Ta có SH  AC, SH  BD nên SH  ( ABCD) a a 62 , SH  SA2  AH = 4 1 a 62 a 62 VSABCD  S ABCD SH  a  3 12 3a b) Gọi K,I hình chiếu H, M SN, HN  Vì AB// (SCD) nên d  B;(SCD)  d  M ;(SCD)   MI 0.25 Ta có S ABCD  a , AH  Ta có 1  HK    2 HK HS HN HS HN = 0.25 3a 31 28 HS  HN HK HN 4 3a 31 a 31 Ta có     MI  HK  3 28 MI MN 0.25 0.25 Câu IV Theo bất đẳng thức Cơ-si, với x  , ta có 1  x  1  x  x 1 x    (1  x)   x  x 2   1 x 0.25 Áp dụng kết với a > 0, b > c > 0, ta a3 a2     2 a  b2  c  b  c  1 b  c a3   b  c  bc  1     a2 2 a   a  Tương tự, ta có: 1 b3 b3   c  a   b2 a  b2  c2  c2 a  b2  c2 c3 c3   a  b  0.5 Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta được: a3 a3   a  b   b3 b3   c  a   c3 c3   a  b   a2 b2 c2   1 a  b2  c a  b2  c a  b2  c Vậy giá trị nhỏ biểu thức a  b  c CâuV 0.25 2   x y   xy  y  4 xy Giải hệ phương trình  2  x y  x  y TH1: y=0 không thoả mãn TH2: y  Chia cho y ta 0.25  4 x  1   6 x x   x    x     x     y y y y  y y      1 x  x  x  y y yx y2    x Đặt u  x  ; v  ta có hệ y y u  u  6v u  2   v  1 uv  2   x  y  2  x  1 Theo cách đặt ta có   y 1  x  1  y Vậy nghiệm hệ (-1;1) Tính tích phân sau x 0.25 0.25 0.25 x 1 dx 2x 1 Đặt t  x   2tdt = 2dx Đổi cận x   t  2; x   t  Khi 0.25 t2 1  1    dt =  1   dt =  1    dt t 1 t 1  t 1 t   2 2   t 1   =  t  ln  =  ln   t 1    3 I  Câu VI 125 Giả sử A(a;3) Vì I tâm đường trịn ngoại tiếp nên 18  2 a 7   125  2   AI  BI   a         6  2 18   a  2 Ta có BI2 = 0.5 0.25 0.25 0.25 Suy A   ;3  A  2;3   Phương trình BC: x-1=0 Giả sử C(1;c) 2 c   125  7  Giải CI  BI  1     c     2 18  6  c  1 2 Với c=-1 C trùng B loại Suy C(1;2) Vậy A   ;3  A  2;3 C(1;2)   Ta có AB   2; 2;  , AB  , toạ độ trung điểm AB I 1;0;0  Gọi (Q) mặt phẳng trung trực AB (Q):x-y+z-1=0 Vì tam giác ABC vng cân C nên C nằm (Q) Khi C thuộc giao (P) ( Q) Cho y=t ta xét hệ  x  t  x  z   t   2 từ phương trình giao tuyến (P) ( Q )    x  z  2  2t z   t  2  x    t  3 Giả sử C    t; t;  t  y  t 2   2  z   t 2  1 S ABC  AB.CI  3.CI   CI  2 t  2  3  3  2 Ta có CI     t   t    t    7t  12t     t   2  2   Vậy có hai điểm C C 1;1;1 C  ; ;  7 7 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN Môn: TỐN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2mx2  2m2  (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  góc đỉnh tam giác  với tan  2 Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình 2cos2 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)  3x  ( 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( x2  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 ) : x2  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 x 1 y 1 z x 1 y  z Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng  d1  :   ; d2  :   mặt 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 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 ) : x2  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: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3x  x  m , m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m  Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số cho cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng Câu II: (2,0 điểm) Giải phương trình: x x  cos  sin 2 Giải phương trình: log 2 ( x  3)  log ( x  1)  log (4 x) Câu III: (1,0 điểm)  Tính tích phân: I    cos x tan x  cos x dx Câu IV: (1,0 điểm) Tính thể tích khối hộp ABCD A' B' C' D' theo a Biết AA' B' D' khối tứ diện cạnh a Câu V: ( 1,0 điểm)   Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn  ;1 :    x  x  x   m ( m  R ) Câu VI: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: x  y   hai điểm A(1;2) ; B(4;1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng (d ) qua hai điểm A , B Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;2) , B(2;0;2) a Tìm quỹ tích điểm M cho MA2  MB  b Tìm quỹ tích điểm cách hai mặt phẳng (OAB) (Oxy) Câu VII: (1,0 điểm) Với n số tự nhiên, chứng minh đẳng thức: Cn0  2.Cn1  3.Cn2  4.Cn3   n.Cnn1  (n  1).Cnn  (n  2).2 n1  x  iy  2z  10  Giải hệ phương trình:  x  y  2iz  20 ix  3iy  (1  i)z  30  Lời giải tóm tắt(Đề 32) Câu I: Đồ thị hàm số cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng  Phương trình x3  3x2  9x  m  có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng  Phương trình x3  3x2  9x  m có nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng  Đường thẳng y  m qua điểm uốn đồ thị  m  11  m  11 Câu II: 1 x x  cos  sin 2 2x  cos   cos x   4 2x    cos   cos x x  a   3    cos 2a   cos 3a    cos a  1    cos3 a  cos a    cos a   cos3 a  cos a   cos a  cos a  cos a  3   cos a  x  x  3 cos        k x  k 3    cos a       cos x  cos   x     k 2  x    k 6    3 3 cos a    loaïi   2 1 log ( x  3)  log ( x  1)  log (4 x) Điều kiện:  x  3   x    x  x   Biến đổi theo logarit số thành phương trình log  x  3 x  1   log  4x   x  2x    x  1  loaïi    x  x   Câu III:   tan x  tan x tan x I dx   dx   dx 2  cos x  cos x   cos x tan x  2 cos x 1 6 cos2 x A M N C (Oxy) B Gọi C  c1; c2 ;0    Oxy  ta có AC   c1  1; c2  1; 2  ; AB   1; 2;1 Do C   AB    Oxy   C   AB  AC; AB phương Nên tồn số thực k cho AC  k AB c1   k c1   Vậy AC  k AB  c2   2k    C  3;5;0  c   2  k  Gọi M  m, n, p    AB   AM   m  1; n  1; p   ; AB   1; 2;1 AM ; AB phương nên tồn số thực t cho m   t m   t   AM  t AB  n   2t  n   2t  M 1  t ;1  2t ;2  t  p 2  t p  2t   CM   t  22   2t  42    t 2  6t  24t  24 Gọi N hình chiếu vng góc M  Oxy  suy MN  zM  t  Tam giác MNC vuông N suy MN  NC  MC t  6t  24t  24  t  4t   20  5t  20t    t  4 t   M 1;1;2  ; t  4  M  5;9; 2  Vậy M 1;1;2  M  5;9; 2  Với n  N , n  Giải phương trình Ta có Ck3  VIIa Ta lại có k  k  1 k   k!   3  k  3 3! k  3! Ck k  k  1 k    k  1 k   Đặt f  k   1 1 89      C3 C4 C5 Cn 30   k  k  1 k  k  1 k    k  1 k      f  k   f  k  1  Ck3 Cho k chạy từ tới n ta 1,0 n  C  3 f  3  f  4  f  4  f  5   f  n   f  n   f  n  1  k 3 n k  k    C  3 f  3  f  n  1   31  n  n  1  k 3   1 1  89      1    n n  C3 C4 C5 Cn     30  n2  n   89  3  90 n2  n   89n  89n   n  n  30 Hay   n  n  90   n  10  n  Ck3  k 3 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A , biết B C đối xứng qua gốc tọa độ Đường phân giác góc B tam giác ABC đường thẳng  d  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác, biết đường thẳng AC 1,0 qua điểm K  6;2  I (d) A K O C B B   d  : x  y   nên gọi B   2b; b  , B, C đối xứng với qua O suy C (2b  5; b) O(0;0)  BC Gọi I đối xứng với O qua phân giác góc B  d  : x  y   nên I (2;4) I  AB Tam giác ABC vuông A nên BI   2b  3;4  b  vuông góc với CK  11  2b;2  b  b  b   2b  311  2b     b   b    5b2  30b  25    VIb Với b   B(3;1), C (3; 1)  A(3;1)  B loại  31 17  ;  5 5 Với b   B(5;5), C (5; 5)  A   31 17  ;  ; B(5;5); C (5; 5) 5 5 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  0;0; 1 , B 1;2;1 , C  2;1; 1 Vậy A  , D  3;3  3 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  AB  điểm N thuộc trục hoành 1,0 cho đường thẳng MN vng góc với đường thẳng CD độ dài MN  Gọi M  m1; m2 ; m3  điểm thuộc  AB  AM , AB phương AM   m1; m2 ; m3  1 , AB  1;2;2  m1  t   M  t ;2t ; 1  2t  AM , AB phương  t  R : AM  t AB  m2  2t m  1  2t  Gọi N  n;0;0    Ox  NM   t  n;2t;2t  1 , CD  1;2; 2  MN vng góc CD nên NM CD   t  n  4t  4t    t   n 1 MN   MN    t   t     4t   2t  1  2 t   8t  4t    8t  4t     t   Với t   n  1  M 1;2;1 , N  1;0;0  Với t  1     n    M  ;1;0  , N   ;0;0  2 2      1  Cn  Cn  Cn   Cnn   1023 n 1  1 1 1023 Cn0  Cn1  Cn2  Cn3   Cnn  n 1 10 n n n 1 n! n! Cnk    Ta thấy VT có dạng  k 0 k  k 0 k  k ! n  k ! k 0  k  1! n    k  1 ! Tìm …  n  1  Cn   n n  n  1!  n Cnk11   n  k 0  k  1!  n  1   k  1 ! k 0 1 Cn11  Cn21   Cnn11   2n1  1   n 1 n 1 1 1023 Mà Cn  Cn  Cn  Cn   Cnn  n 1 n 1 1023  2n1  1   2n1  1024  n   n 1 n 1  VIIb 1,0 TRƯỜNG THPT QUỐC OAI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2012-LẦN Môn thi: TOÁN; Khối : A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4  2mx2 + m (1) , m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C cho đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình 2sin(2 x  Giải bất phương trình 9 11 )  sin x  sin( x  )   x2  x  92  x  x  x   1 x  R  ln Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I  (2e3 x  e2 x )dx e 4e x   Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có đáy tam giác cạnh 2a, điểm A1 cách x ba điểm A, B, C Cạnh bên A1A tạo với mặt phẳng đáy góc  Hãy tìm  , biết thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 3a3 Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh 2a  b  ab  bc  abc  Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có phương trình cạnh AB, AC x  y   x  y   , điểm M (1; 2) thuộc đoạn BC Tìm tọa độ điểm D cho DB.DC có giá trị nhỏ Câu VII (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ (Oxyz) cho A(3;5;4), B(3;1;4) Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P): x  y  z   cho tam giác ABC cân C có diện tích 17 Câu VIII (1,0 điểm) log  x  1   log  x  log8 (4  x)3 Giải phương trình -Hết - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………; Số báo danh:………………… 10 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 Mơn: TỐN – KHỐI A ( Đáp án gồm trang ) Điểm NỘI DUNG CÂU 1.(1 điểm) Với m = hàm số là: y  x  x  TXĐ: D = R  Sự biến thiên +) Giới hạn lim y   ; lim y   x  0,25 x x  +) y '  x3  x; y '     x  1 +) Hàm số đồng biến khoảng (- 1; 0); (1; +  ), nghịch biến khoảng (-  ;- 1); (0; 1) +) Hàm đạt cực đại x = 0, yCĐ = 1; cực tiểu x =  1, yCT = +) BBT x - -1 y' - + 0 + y + Câu I (2 điểm) 0,25 + + 0,25 0,25  Đồ thị: Vẽ đồ thị (1 điểm) TXĐ: D= R y '  x3  4mx  x( x  m) x  y'    x  m 0,25 Hàm số có điểm cực trị y’=0 có nghiệm phân biệt  m  Gọi điểm cực trị A(0;m), B( m ; m2  m), C( m; m2  m) Ta có A thuộc Oy B, C đối xứng qua Oy nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam 0,25 giác ABC thuộc Oy Gọi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC I(0;a) Ta có: IA2  IB  IC  0,25 m  a  (m  a)      m  a  1 2 m  (m  m  a)   2 m  (m  m  a)  1(*) 11 -Với m  a  1 thay vào (*) ta có phương trình vơ nghiệm m  -Với m  a  thay vào (*) ta có m  1; m  1 (TM) 0,25 1.(1 điểm)  Phương trình  sin(2 x  )  7sin x  cosx    sin x  cos2 x  7sin x  cosx   0,25  (2sin x cos x  cos x)  2sin x  sin x    cos x(2sin x  1)  (2sin x  1)(sin x  3)  0,25  (2sin x  1)(cos x  sin x  3)   sin x     cos x  sin x   0(VN )  Câu II (2 điểm) 0,25    x   k 2   x  5  k 2  2.(1 điểm) Điều kiện: x  0,25 Bất phương trình  x  x  92  10  ( x  x  8)  ( x   1) x2  2x   x  x  92  10  ( x  2)( x  4)  x2 x 1 1   x4  ( x  2)   ( x  4)  0 x   1  x  x  92  10   1  ( x  2) ( x  4)(  1)  0 x   x  x  92  10   0,25 0,25 0.25 1  1)   0, x  Ta có: ( x  4)( x 1  x  x  92  10 Do bất phương trình  x    x  Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là:  x  0,25 Câu III (1 điểm) (1 điểm) ln I (2e3 x  e2 x )dx e x 4e x   ln   (2e3 x  e2 x )dx 4e3 x  3e2 x  0,25 12 Đặt t  4e3 x  3e2 x  t  4e3 x  3e2 x  2tdt  (12e3 x  6e2 x )dx  (2e3 x  e2 x )dx  tdt 0,25 Đổi cận: x   t  ; x  ln  t  9 I  tdt 1  (1  )dt 1 t  1 t 1 0,25  ln  (t  ln t  1) 19  3 0,25 (1 điểm) B1 A1 C1 0.25 A B G I Câu IV H C (1 điểm) Ta có tam giác ABC cạnh 2a nên SABC= a Mặt khác A1A= A1B= A1C  A1ABC chóp tam giác 0,25 Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có A1G đường cao Trong tam giác ABC có AG= 2a AH= 3 0,25 Trong tam giác vng A1AG có:  A1AG=  A1G=AG.tan  = 2a tan  VLT=A1G.SABC= 3a3  tan      600 0,25 (1 điểm) Câu V Ta có: (1 3 1 M  2a  b  ab  bc  abc  2a  b  a.4b  b.4c  a.4b.16c 4 2 a  4b b  4c a  4b  16c  2a  b    4 12 điểm) 13 0.25 0,25  28(a  b  c) 7 12 Dấu xảy a  0,25 16 ,b  ,c  7 0,25 Câu VI điểm (1 Gọi VTPT AB, AC, BC là: n1 (1;2); n2 (2;1); n3 (a; b) điểm) Phương trình BC có dạng: a( x  1)  b( y  2)  0, a  b2  Tam giác ABC cân A nên cos B  cos C  cos(n1 , n3 )  cos(n2 , n3 )  a  2b a  b2  2a  b 0.25 a  b2  a  b  a  b Với a=-b, chọn b=-1  a   PT BC: x  y    B(0;1); C ( 2 ; ) Không thỏa 0,25 3 mãn M thuộc đoạn BC Với a=b, chọn a=b=1  PT BC: x  y -   B(4; 1); C (4;7) Thỏa mãn M thuộc đoạn BC Gọi trung điểm BC I (0;3) Ta có: DB.DC  ( DI  IB).( DI  IC )  DI  BC BC  4 0,25 Dấu xảy D  I Vậy D(0;3) (1 điểm) C thuộc mặt phẳng (P) nên C( a; b; a-b-1) Câu VII 0,25 0.25 Tam giác ABC cân C  AC  BC  (a  3)2  (b  5)2  (5  a  b)2  (a  3)2  (b  1)2  (5  a  b)2  b  (1) (1 Ta có AB = 4, trung điểm AB I (3;3;4) điểm) SABC  CI AB  17  CI  17 => a  a  Từ (1) (2) ta có   b  b    a   8  a  2  17 (2) 0,25 0,25 0,25 Vậy có hai điểm C(4 ; ;0) ; C(7;3;3) Câu VIII (1 ( x  1)2   x  1  4  x  1   Điêù kiện: 4  x    x     *   x  (4  x)3   x  4    14 0.25 điểm) Pt  log x    log (4  x)  log (4  x)  log x   log (16  x )  x   16  x 1 Giải pt(1) x  2  24; x  2 0,25 0,25 Kết hợp đk (*), nghiệm phương trình x  2; x  2  …… ………Hết …………… 15 24 0,25 SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT CAM LỘ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: Tốn (A,B,D) Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2m2  m  1x  m  có đồ thị Cm  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị C1  m  b) Tìm m để đồ thị Cm  có khoảng cách điểm cực tiểu nhỏ cot x sin x   Câu (1,0 điểm) Giải phương trình   sin x   sin x  cos x 3 y   x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x  y  10  2 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x ln 1  x dx 1 1 15 a b c 2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm I , độ dài AC  4a BD  2a Hai mặt phẳng SAC , SBD  vng góc với mặt phẳng  ABCD  Tính thể tích khối 2a chóp S ABCD biết khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SAB  21 Câu (1,0 điểm) Cho số a, b, c  thỏa a  b  c  Chứng minh : a  b  c     II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm phần (phần A phần B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn C  : x  y  8x  y  21  Hình vng ABCD ngoại tiếp đường trịn C  có điểm A thuộc đường thẳng d : x  y   a) Xác định tọa độ điểm A b) Viết phương trình đường thẳng BD Câu 8a (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   : y   đường x   t x  y z 1  thẳng d1 :  y  1  t d : Viết phương trình đường thẳng  cắt d1 , d vuông   1 z   t  góc với mặt phẳng   1 i  Câu 9a (1,0 điểm) Cho số phức z    Chứng minh rằng: z  z  z  z10   1 i  B.Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ABC với A 6;3, B 4;3, C9;2 Tìm điểm D thuộc đường phân giác góc A ABC để tứ giác ABDC hình thang Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M 1;2;3 Viết phương trình mặt cầu tâm M cắt mặt phẳng Oxy theo giao tuyến đường trịn có chu vi 8 Câu 9b (1,0 điểm) Biết 2  z z  i  số ảo, xác định giá trị z  2  i  SỔ GD-DT TUYÊN QUANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 - 2013 TRƯỜNG THPT SƠN DƯƠNG MƠN TỐN Khối A1,A, B Thời gian làm 180 phút không kể thời gian giao đề Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3(m  1) x2  6mx  3m  Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m  Gọi  tiếp tuyến đồ thị (Cm) điểm A có hồnh độ Tìm m để  cắt đồ thị điểm B khác A cho OAB tam giác vuông cân O Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: 4sin3 x  2cos x(sin x  1)  4sin x    xy  x   y 2  x y  x  2y Giải hệ phương trình:  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:  (3x  x  1)(2 x  1)dx Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD hình chữ nhật, AB  2a , AD  a SA vng góc với đáy ABCD Gọi M trung điểm CD góc hai mặt phẳng (SBM) (ABCD) 60o CMR BM  (SAC ) tính thể tích khối chóp S.BCM theo a     Câu V(1,0 điểm) Cho a, b  , a, b  CMR:  a  b    a  b     2a   2b   4 2       Câu VI(1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho ABC có đỉnh A(1;2) đường trung tuyến BM: x  y   đường phân giác CD: x  y   Viết phương trình cạnh BC Câu VII(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A  2; 2; 2 , B  0; 1;  , C  2; 2; 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với BC trục y’Oy, z’Oz M N khác với gốc tọa độ cho ON  2OM Câu VIII(1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: 2C22n1  3.2.2C23n1   (1) k k(k 1)2k2 C2kn1   2n(2n 1)22n1C22nn11  40200 Hết Giám thị coi thi giải thích thêm, học sinh khơng sử dụng tài liệu ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT 2013 Câu Đáp án I a) Khi m  ta có y  x  3x  * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: y '  3x2  x Điểm 0.25 x  y'    x   H/s ĐB khoảng (;0) (2; ) , NB khoảng (0; 2)  Cực trị: H/s đạt CĐ x  : yCD  H/s đạt CT x  : yCT   Giới hạn: xlim y   lim y    x   x  Chiều biến thiên: y,  3x  6x  3x  x  2y' H/s khơng có tiệm cận y  Bảng biến thiên: + 0 -  +  0,25  * Đồ thị : Đồ thị qua (0;4) (-1;0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng 0.25 y 0,25 I -1 x O 2) Ta có: y '  3x2  6(m  1) x  6m x   y   y '  3 PTTT: y  3( x  1)  PT hoành độ giao điểm tiếp tuyến  đồ thị (Cm): x3  3(m  1) x2  6mx  3m   3( x  1)  x 1  ( x  1)2 ( x  3m  1)    x  3m  Ta có: B( 3m  1; 9m  )  OA 1; 2 , OB(3m  1; 9m  2) B  A  m 1 0,25 0,25 (3m  1)  2(9m  2)   OA.OB    m OAB vuông cân A   2 2  OA  OB  (3m  1)  (9m  2)     0,25 Vậy m  giá trị cần tìm II 0,25 Giải phương trình lượng giác: 4sin x  2cos x(sin x 1)  4sin x    4sin x(1  cos2 x)  2cos x(sinx 1)  4sin x    4sin x cos2 x  2sin x cos x  2cos x    (2cos x  1)(2sin x  1)  2   x    k     x   k (k  )    x  5  2k  0,25 0,5 0,25  xy  x   y (1) Giải hệ phương trình:  2  x y  x  y (2) Nhận thấy y  nghiệm hệ nên chia hai vế phương trình (1) cho y x x   x    (3) x      y y y y    phương trình (2) cho y ta được:  x  x   x  x    (4)    y y y  y  x  y 1 x x x (3)  x    thay vào (4) ta có:          y y x  y  y y 2  0,25 +  y  1 x   x  y thay vào (2) ta được: y  y  y    y  y   y 1 x +   x  y thay vào (2) ta được: y  y  y    y   y  Vậy hệ có nghiệm: (1  2;1  2), (2,1), (1;  ) III 0,25 0,25 0,25 Tính tích phân:  (3x  x  1)(2 x  1)dx 1 0 Ta có:  (3x  x  1)(2 x  1)dx   3x (2 x  1)dx   x  1(2 x  1)dx M  N 0,25 M   3x (2 x  1)dx Đặt du  2dx x 1 u  x   8ln  x  M  (2 x  1)  3x dx   3x     x  ln ln ln ln ln dv  dx  v  ln  0,25 N   x  1(2 x  1)dx Đặt t  x   x  t 1  dx  dt Đổi cận: N  1 2 4 3 28  t (2t  1)dt   (2t  t )dt   t  t   1 15 5 2 Vậy  (3x  x  1)(2 x  1)dx  IV x t 0,25 8ln  28   ln 15 Gọi I giao điểm AC MB Xét ABC BCM AB BC Ta có    ABC BCM BC CM ACB  BMC  MBC  BMC  MBC  ACB  90o  BIC Vuông I hay BM  AC , mà SA  ( ABCD)  BM  BM  SA  BM  (SAC )  SI  BM  góc hai mặt phẳng ( ABCD) (SBM ) Là góc SI AI hay SIA  60o Ta có: ABC ABI AI AB AB 4a 4a 2a    AI     AB AC AC AB  BC a Xét SAI vuông A Ta có: tan SIA  0,25 S D A M I C 0,5 B SA 2a  SA  AI tan SIA   2a AI a2 SA chiểu cao khối chóp S.BCM nên BC.CM  2 a2 2a VS BCM  S BCM SA  2a  (đvtt) 3.2 3 3   1 Cho a, b  , a, b  CMR:  a  b    a  b     2a   2b    4   2  S BCM  V 0,5 CM 1 1 Ta có a  b   a  a   a  b    a    a  b   a  b  4  2 2 0,25 Tương tự b2  a   a  b  2 VI VII 1 1 Ta CM:  a  b     2a    2b   (*) 2   2  1 Thật vậy: (*)  a  b2  2ab  a  b   4ab  a  b   (a  b)2  4 Dấu “=” xảy  a  b  Điểm C  CD : x  y    C(t;1  t ) suy trung điểm AC A  t 1  t  Là M  ;    D  t 1   t I Điểm M  BM : x     1     B K  t  7  C (7;8) Từ A(1;2) kẻ AK  CD : x  y   ( K  BC )  AK : ( x 1)  ( y  2)   x  y   x  y 1  Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ   I (0;1) x  y 1  ACK cân C nên I trung điểm AK nên tọa độ K(-1;0) Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình x  y   Từ giải thiết ta chọn M (0; m;0) N (0;0; n) mn  n  2m 0,25 0,25 0,25 0,25 M C Gọi n vectơ pháp tuyến (P) (P)//BC (P) qua M, N nên n  BC  (2;3; 3) , n  MN  (0; m; n) nên ta chọn n   BC, MN   (3n  4m; 2n; 2m) + n  2m  n  (9m; 4m; 2m) (P) qua A(2; 2; 2) nên (P) có phương trình: 3x  y  z  10  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 + n  2m  n  (9m; 4m; 2m) (P) qua A(2; 2; 2) nên (P) có phương trình: x  y  z  30  Vậy  P  : 3x  y  z  10  Hoặc x  y  z  30  VIII 0,25 Tìm số nguyên dương n biết: 2C22n1  3.2.2C23n1   (1)k k(k  1)2k2 C2kn1   2n(2n  1)22n1C22nn11  40200 2n1 2n1 2n1  C2n1  C2n1x  C2n1x   (1) C2n1x   C2n1x * Xét (1  x) * Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có: 2 k k k (1) (2n  1)(1  x)2n  C21n1  2C22n1x   (1)k kC2kn1xk 1   (2n  1)C22nn11x2n (2) 0,25 0,25 Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có: 2n(2n  1)(1  x)2n1  2C22n1  3C32n1x   (1)k k(k  1)C2kn1x k 2   2n(2n  1)C22nn11x2n1 Thay x = vào đẳng thức ta có: 2n(2n  1)  2C 2n1  3.2.2C 2n1 k 2   (1) k(k  1)2 C k k 2n1 2n1   2n(2n  1)2 2n1 2n1 0,25 C Phương trình cho  2n(2n  1)  40200 2n2  n  20100  n  100 Nếu học sinh làm cách khác mà cho kết cho điểm tối đa 0,25 ... Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c Hãy xác định góc hợp cạnh đối diện tứ diện Câu (2,5 điểm)  /4 Tính : I   x sin x dx cos3 x ; J   x x  x  2dx Cho số d? ?ơng a, b, c... 0.25 0.25 SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN Mơn: TỐN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG... sinh khơng sử d? ??ng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2012 -2013 Môn thi : TOÁN Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y