Đề thi Toán khối A năm 2013

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 MÔN: TOÁN; KHỐI: A - A1 - B - V Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2x  x2 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Cho M điểm ( C) Tiếp tuyến (C) M cắt đường tiệm cận ( C) A B Gọi I giao điểm đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ   Câu II (1,0 điểm) Tìm nghiệm khoảng  0;  phương trình  2 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y      x 3  4sin      sin   x    cos2  x   2   2    x3  x2 y  xy2  4y3  Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x, y     x  y  x  y   Câu IV (1,0 điểm) Tính tích phân I    tanx cosx  cos x dx Câu V (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD hình thang vuông A B Biết AB = BC = a, AD = 2a (a > 0) Mặt phẳng (SCD) tạo với mặt đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) theo a Câu VI (1,0 điểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = a b c d     Chứng minh 2 2 1 b c 1 c d 1 d a 1 a b Câu VII (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 4 7 A  3;6  , trực tâm H  2;1 , trọng tâm G  ;  Xác định tọa độ đỉnh B C 3 3 Câu VIII (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S) có phương trình x  y  z  x  y  z  11  mặt phẳng ( ) có phương trì nh 2x + 2y – z + 17 = Viết phương trình mặt phẳng ( ) song song với () cắt (S) theo giao tuyến đường tròn có chu vi  n 2  Câu IX (1,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển  x   ,  x   biết n số tự nhiên x  n 1 23 thỏa mãn C2 n  C2 n   C2 n  - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh ; Số báo danh TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG Tổ: Toán *** HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN - KHỐI A - A1 - B - V - LẦN I NĂM HỌC: 2012 – 2013 Thời gian làm : 180 phút NỘI DUNG ĐIỂM 1.0 CÂU Ý I TXĐ: D   \ 2 , y' = 1  x  2  0, x  D 0.25 Hàm số nghịch biến khoảng  ;   2;   Giới hạn tiệm cận: lim y  lim y  2; tiệm cận ngang y = x  x  lim y  ; lim y   ; tiệm cận đứng x = x2 Bảng biến thiên: x - y’ y 0.25 x2 + - - 0.25 + - Đồ thị 0.25 1.0  2x   1 , x  , y' (x )  Ta có: M x ; x0   x0  2  1 2x  (x  x )  Phương trình tiếp tuyến  với ( C) M :  : y  x0  x0   Toạ độ giao điểm A, B () hai tiệm cận là:  2x   ; B2x  2;2  A 2;  x0   y  y B 2x   x0  x x Ta có: A B    yM  x0  xM , A 2 x0  0.25 0.25  M trung điểm AB Mặt khác I(2; 2) IAB vuông I nên đường tròn ngoại tiếp IAB có diện tích: 0.25   x0      S   IM   ( x0  2)        ( x0  2)   2  x  ( x  2)       Dấu “=” xảy (x  2)2  x  1   M(1; 1) M(3; 3) (x  ) x  II 0.25 1,0     PT  sin  x    sin   x  3 2    5 2  x  18  k (k   )   x  5  l2 (l   )    5 Vì x   0;  nên x =  2 18 0.25 0.25 0,25 0,25 III 1.0  x  x y  xy  y  (1)  (2)  x  y  x  y  Điều kiện: x  y  0; x  y  0.25 x  y Ta có: (1)  ( x  y )2 ( x  y )     x  4y  Với x = y: (2)  x = y = 0.25 0.25 0.25  Với x = 4y: (2)  x  32  15; y   15 IV 1.0  I   tan x cos x  cos x Đặt: u  tan x  du   u  x   u 1 u I  du u 2 dx     tan x tan x dx   dx 2  cos x tan x  2 cos x 1 cos2 x 0.25 dx cos x x Khi 0.25 Đặt t  u   dt  u t  I  dt  t u u2  du ; 0.25 ; u 1 t  3  3  3 0.25 V 1.0 * Tính AC = DC = a  CD  AC SA   ABCD  SA  CD  CD  SC Do góc hai mặt phẳng  (SCD) (ABCD) SCA   SCA  600  SA  a S H A 0.25 3a * S ABCD   AD  BC  AB  2 D 0.25 a Vậy: VS ABCD  S ABCD SA  60 O I B C Gọi O giao điểm AC BD OC BC 1     OC  OA  d  C ,  SBD    d  A,  SBD   OA AD 2 2a 51 a 51 Lập luận tìm d  A,  SBD    AH   d  C ,  SBD    17 17 a a2  * Cách 2: S BCD  BC.CD.sin BC D  VS BCD  SA.S BCD  2 3V a 34 BD  a 5, SB  a 7, SD  a 10  SSBD   d C,  SBD  S.BCD  a SSBD 17 VI 0.5 1.0 Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: a 1+b c ab2 c a 1 b c a ab2 c a 2b c ab c ab(1  c) ab abc a a  4 (1) Dấu = xảy b = c = b 1+c d c 1+d a d 1+a b b c d bc2 d 1 c d cd a 1 d a da2 b 1 a b b c d bc2 d 2c d cd a 2d a da2 b 2a b b c d bc 1  d  bc d bc bcd b b  (2) 4 cd 1  a  cd a cd cda c c  (3) 4 0,25 da 1  b  da b da dab d d  (4) 4 Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: a 1 b c  b 1 c d  c 1 d a  d 1 a b 4 ab  bc  cd  da abc  bcd  cda  dab  4 acbd  Mặt kh ác: ab  bc  cd  da   a  c  b  d     4   Dấu "=" xảy  a + c = b + d 0.25 ab cd abc  bcd  cda  dab  ab  c  d   cd  b  a     c  d     b  a     ab cd    abc  bcd  cda  dab  a  b c  d   ab cd         0.25 abcd   abc  bcd  cda  dab    4   Dấu "=" xảy  a = b = c = d = Vậy ta có: a  b2 c   b   c2 d a  b2 c c  d 2a b   c2 d   d  a2 b c  d 2a  4  4 4 d  a2 b   đpcm 0.25 Dấu "=" xảy a = b = c = d = VII   7 1 Gọi I trung điểm BC Ta có AI  AG  I  ;  2 2 Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x - y - = 7 1 Vì I  ;  trung điểm BC nên giả sử B  x B ; yB  C 7  xB;1  yB  2 2 xB  yB   (1)  0,25 0,25  H trực tâm tam giác ABC nên CH  AB , CH  5 xB; yB , AB   xB 3; yB 6   CH AB    x B   x B    yB  yB    (2) Từ (1) (2) ta có hpt:  xB  yB   x  x   yB  xB   B  B  x 5 x 3  y y 6     B  B  B   B  xB  xB    yB  2  yB  Vậy B 1; 2  , C  6;3  1,0 B  6;3  , C 1; 2  0,25 0,25 VIII 1,0 Do () // () nên () có phương trình 2x + 2y – z + D = (D  17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = Đường tròn có chu vi  nên có bán kính r = Khoảng cách từ I tới ( ) h = R  r  52  32  Do 2.1  2(2)   D 2   (1)  D  7   5  D  12    D  17 (loaïi) Vậy ( ) có phương trình 2x + 2y – z – = Khai triển: (1  x )2 n  C20n  C12 n x  C22n x  C23n x   C22nn1x n1  C22nn x n Thay x = 1; x = –1 ta có : C20n  C21n  C22n  C23n   C22nn 1  C22nn  22 n C  C  C  C   C 2n 2n 2n n 1 2n Từ đó: C  C   C 2 ược n = 12 kết hợp giả thiết ta đ 2n 2n 12 n 1 2n C 0,25 0,25 0,25 1,0 IX 2n 0,25 2n 2n 0,25 0 n 1 2    k 0 7 Hệ số x là: C12 =101376 0,25 12 Khai triển:  x     C12k 2k x 243k x Chú ý: Học sinh giải cách khác cho điểm tối đa - Hết 0,25 0,25 ... thức Cô–si: a 1+b c ab2 c a 1 b c a ab2 c a 2b c ab c ab(1  c) ab abc a a  4 (1) Dấu = xảy b = c = b 1+c d c 1+d a d 1 +a b b c d bc2 d 1 c d cd a 1 d a da2 b 1 a b b c... DC = a  CD  AC SA   ABCD  SA  CD  CD  SC Do góc hai mặt phẳng  (SCD) (ABCD) SCA   SCA  600  SA  a S H A 0.25 3a * S ABCD   AD  BC  AB  2 D 0.25 a Vậy:... 1 d a  d 1 a b 4 ab  bc  cd  da abc  bcd  cda  dab  4 a cbd  Mặt kh ác: ab  bc  cd  da   a  c  b  d     4   Dấu "=" xảy  a + c = b + d 0.25 a b cd abc 