Viết phương trình mặt phẳng P chứa trục Ox và cắt mặt cầu S theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6.. Theo chương trình nâng cao Câu VIb.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU www.VNMATH.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2013-LẦN Môn thi: TOÁN – Khối A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3x Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm m để đường thẳng (): y (2m 1) x m cắt đồ thị (C) đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm P( 1;6) tạo thành tam giác MNP nhận gốc tọa độ làm trọng tâm Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: cos x 2(2 cos x )sin( x ) 300 x 40 x 10 x 10 x 0 1 x 1 x Câu III (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi: Giải bất phương trình: (1 sin x ).e x ; y 0; x 0; x x cos Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh bên y A’A tạo với đáy góc 300 Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C biết khoảng cách AA’ và BC là a Câu V (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a 8b3 27c 18abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P a 4b2 9c II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x y x y và điểm M (7;7) Chứng minh từ M kẻ đến (T) hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp điểm Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; –1) và qua điểm A(3; –1;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi 6 Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa x khai triển biểu thức: 32 3n n 341 P ( x ) n Biết n nguyên dương thoả mãn: Cn0 Cn1 Cn2 Cn n 1 n 1 x B Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) x2 y2 1, Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng : x y và hai elíp ( E1 ) : 10 x2 y ( E2 ) : ( a b 0) có cùng tiêu điểm Biết ( E2 ) qua điểm M thuộc đường thẳng a b Tìm toạ độ điểm M cho elíp ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x y z x y z 11 và mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y – z –7 = Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi 6 Câu VIIb (1,0 điểm) Xét tập hợp các số tự nhiên có chữ số khác lập từ các chữ số{0; 1; 2; 3; 5; 6; 7;8} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp trên Tính xác suất để phần tử đó là số chia hết cho Lop12.net (2) -Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012-2013 Môn: TOÁN-khối A-A1-B Phần chung 1.(1 điểm) +) TXĐ : D=R Ta có: lim y ; lim y x x x y y ' 3x x ; y ' x y 2 +) BBT: x - y' + y - 0.25 + + + - Điểm 0.25 -2 Hàm số đồng biến trên ; và 2; ; Hàm số nghịch biến trên 0; 0.25 yCĐ = x = ; yCT = - x = +) Đồ thị : Giao Oy (0 ; 2) ; Giao Ox (1; 0) và 3;0 +) Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng 0.25 Câu I (2 điểm) (1 điểm) Phương trình hoành độ giao (C) và (): x x (2m 1) x 4m x 2 f ( x ) x x 2m (1) ( x 2)( x x 2m 1) 0.25 () cắt (C) đúng điểm phân biệt M,N (1) phải có nghiệm x1, x2 thỏa 0.25 x1 x2 x1 x2 mãn: 8m b m 2 2a m 8m f (2) 2m Với m m Câu II 0.25 11 ta có M ( ; ); N (2; 2) 8 0.25 ta có M ( 1; 2); N (2; 2) Vậy: không tồn m thỏa mãn MNP nhận O làm trọng tâm 1.(1 điểm) Phương trình (cosx–sinx)2 – 4(cosx–sinx) – = Lop12.net 0.25 (3) (2 điểm) cos x sin x 1 cos x sin x (loai vi cos x sin x 2) sin x sin x sin 4 x k 2 (k Z ) x k 2 2.(1 điểm) Điều kiện: x 10 10 1 3 Ta có: x x 2, x ; ( Theo BĐT Bunhia) 10 10 0.25 0.25 0.25 0.25 Bpt 300 x 40 x 10 x 10 x ( 10 x 1) ( 10 x 1) 300 x 40 x 10 x 2 10 x (10 x 2)(30 x 2) 10 x 10 x 1 (10 x 2) 30 x (*) 10 x 10 x 1 f ( x) 30 x 10 x 10 x 5 f '( x ) 30 0, x ( ; ) 2 10 10 10 x 1( 10 x 1) 10 x ( 10 x 1) 3 Mặt khác f ( x ) liên tục trên [ ; ] nên f ( x ) nghịch biến trên [ ; ] 10 10 10 10 f ( ) f ( x ) f ( ) ( Hs có thể đánh giá) 10 10 Do đó bất phương trình (*) 10 x x Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: x 10 (1 điểm) x x cos ) e x dx 2 (1 sin (1 sin x )e x dx 2 V x x 0 cos cos 2 Câu III (1 điểm) 0.25 0.25 0.25 2 x x V ( tan )e x dx 2 ( tan )e x dx 2 x x cos 2cos 2 0.25 x V 2 (tan e x ) ' dx 0.25 x x V 2 d tan e x 2 tan e x 2 e 2 0 (1 điểm) Câu 0.25 Lop12.net 0.25 (4) IV (1 điểm) Câu V (1 điểm) A' C' Gọi O là tâm ABC và M là trung điểm BC ta có: AM BC BC ( A' AM ) B' A' O BC H Kẻ MH AA' , BC ( A' AM ) A HM BC HM ( A' AM ) C O Vậy HM là đọan vuông góc chung M B AA’và BC, đó d ( AA' , BC) HM a Ta có: MH a a2 A' AO ( A' A,( ABC)) 300 sin300 AM AB a SABC AM A' O HM Xét tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AO AH AO.HM a a a suy A' O AH 3a a3 VA ' BB ' C ' C VA ' B ' C ' ABCC VA ' ABC A ' O.S ABC A ' O.S ABC A ' O.S ABC 3 18 (1 điểm) Ta có: a 8b3 27c 18abc (a 2b 3c)( a 4b 9c ab 3ac 6bc) (1) a 4b 9c 2ab 3ac 6bc a 2b 3c Đặt x a 2b 3c, x Từ (1) suy ra: P x2 ,x 0 3x 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 x2 x2 1 x2 1 33 1 3 x 3x x 3x 3x Dấu “=” xảy x=1 P 1 a=b=0, c Phần riêng Vậy minP=1 a=1, b=c=0 a=c=0, b Câu VIa (2 điểm) 0.25 0.25 0.25 (1 điểm) (T ) ( x 1) ( y 2) 13 I (1; 2); R 13 Ta có: IM (6;9) IM 117 13 Suy điểm M nằm ngoài (T) Vậy từ M kẻ 0.25 đến (T) tiếp tuyến Gọi K MI AmB Ta có MA MB, IA IB MI là đường trung trực AB KA=KB KAB KBA KAM KBM K là tâm đường tròn nội tiếp 0.25 tam giác MAB x 2t PTTS MI: , MI (T ) K1(3;1) và K2(-1;5) y 2 3t A 0.25 I m K B M Lop12.net (5) Câu VIIa (1 điểm) Ta có MK1 MK Vậy K K1 , tức là K(3;1) 2.(1 điểm) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R= IA= (P) chứa Ox (P): by + cz = Mặt khác đường tròn thiết diện có chu vi 6 Suy bán kính cho nên (P) qua tâm I Suy ra: –2b – c = c = –2b (b 0) (P): y – 2z = Xét khai triển (1 x) n Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n Lấy tích phân vế cận từ đến 3, ta được: 4n 1 32 33 3n1 n Cn 3Cn0 Cn1 Cn3 n 1 n 1 32 3n n n 1 341 n 1 Cn0 Cn1 Cn2 Cn n 1 1024 n n 1 n 3(n 1) 3(n 1) P ( x ) Tk 1 C6k 3k x 3k 6 Để có số hạng chứa x thì 3k k x Vậy số hạng chứa x khai triển là: C63 33 x 540 x (1 điểm) Hai elíp có các tiêu điểm F1 ( 2;0), F2 (2;0) Điểm M ( E2 ) MF1 MF2 2a Vậy ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ và MF1 MF2 nhỏ Ta có: F1 , F2 cùng phía với Gọi N ( x; y ) là điểm đối xứng với F2 qua , suy N ( 4; 6) Ta có: MF1 MF2 MF1 MN NF1 (không đổi) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Dấu xảy và M NF1 Câu VIb (2 điểm) x 3 x y M ; Toạ độ điểm M : 2 x y y 2 (1 điểm) Do (Q) // (P) nên (Q) có phương trình 2x + 2y – z + D = (D -7) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = Đường tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = Khoảng cách từ I tới (Q) là h = R2 r 52 32 Do đó 2.1 2(2) D 2 (1) Câu VIIb (1 điểm) D 7(loại) 5 D 12 D 17 0.25 0.25 0.25 0.25 Vậy (Q) có phương trình 2x + 2y – z +17 = 0.25 Gọi A là biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác Số các số tự nhiên gồm chữ số khác kể số đứng đầu: A85 0.25 Số các số tự nhiên gồm chữ số khác và có số đứng đầu là: A74 số Số các số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: A85 A74 5880 số 0.25 Số các số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: A7 + A6 = 1560 số 0.25 n A 1560 Ta có: n 5880 , n A 1560 P(A) = 1560 13 5880 49 0.25 Lưu ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương phần www.VNMATH.comwww.VNMATH.comwww.VNMATH.comwww.VNMATH.comwww.VNMA TH.comwww.VNMATH.comwww.VNMATH.comwww.VNMATH.comwww.VNMATH.com Lop12.net (6) Lop12.net (7)