Đang tải... (xem toàn văn)
1,0 điểm Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d.. và hai điểm.[r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ SỐ PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số : y = x3 – 3x2 + 2 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình : x x m x 1 5 x sin x Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 cos 12 log x y 3log8 ( x y 2) 2) Giải hệ phương trình: 2 2 x y x y /4 Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: I /4 sin x 1 x x dx Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy a điểm M cho AM = , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x + 5-y +5-z = Chứng minh 25x 25y 25z 25x 5y z 5y 5z x 5z 5x y 5x 5y 5z PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN HOẶC PHẦN 2) PHẦN ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x y , phân giác BN : x y Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d x y z 1 6 8 và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d cho IA +IB đạt giá trị nhỏ z2 Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: z z z PHẦN ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I là giao điểm đường thẳng d1 : x y và d : x y Trung điểm cạnh là giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : x 2t x y 1 z , D1 : D2 : y 1 z t Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung D1 và D2 2004 2008 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 …….Hết Lop12.net (2) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ ĐÁP ÁN Cõu I a) điểm Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x3 x Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R 0,25 x Sự biến thiờn: y' x x Ta có y' x yCD y 2; yCT y 2 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 x y' 0 y 2 Đồ thị: y f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 x -8 -6 -4 -2 0,25 -5 b) Biện luận số nghiệm phương trình x x Ta có x x m theo tham số m x 1 m x x x m,x Do đó số nghiệm phương x 1 0,25 trình số giao điểm y x x x , C' và đường thẳng y m,x f x x Vỡ y x x x nờn C' bao gồm: f x x 0,25 Lop12.net (3) + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x qua Ox y f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) x -8 -6 -4 -2 0,25 -5 hình Dựa vào đồ thị ta có: + m 2 : Phương trình vụ nghiệm; + m 2 : Phương trình có nghiệm kộp; + 2 m : Phương trình có nghiệm phõn biệt; + m : Phương trình có nghiệm phõn biệt 0,25 2) Đồ thị hàm số y = ( x x 2) x , với x có dạng hình vẽ : 1- 1+ -2 m Lop12.net (4) II 1) 2.) 5 5 5 x sin x sin x 1) 2cos sin 12 12 12 0.25 5 5 5 5 sin x sin sin x sin sin sin 12 12 12 12 cos sin sin 12 12 5 x k 2x k 2 5 12 12 sin x k sin 12 12 x 3 k x 5 13 k 2 12 12 log x y 3log8 ( x y 2) Giải hệ phương trình: x2 y x2 y Điều kiện: x+y>0, x-y>0 log x y 3log8 (2 x y ) x y 2 x y 2 2 x2 y x2 y x y x y u v (u v) u v uv u x y u v2 Đặt: ta có hệ: u v v x y uv uv 2 u v uv (1) (u v) 2uv Thế (1) vào (2) ta có: uv (2) uv uv uv uv uv (3 uv ) uv uv Kết hợp (1) ta có: u 4, v (vỡ u>v) Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) u v KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2) /4 Câu III Tính tích phân : I /4 sin x x2 x 0.25 0.5 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ dx Lop12.net (5) /4 I /4 sin x x2 x /4 dx 0.5đ /4 x sin xdx /4 x sin xdx I1 I /4 Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1 , tích phân phần I kết Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1 , tích phân phần I kết Câu IV : 0.5đ S N M D A 0,25 đ Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt Bmp( SAD) theo giao tuyến MN // ADC BC AB Ta có : BC BM Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao BC SA Ta có SA = AB tan600 = a , MN SM MN AD SA 2a a 3 2 a a 3 2a 4a BM = Diện tích hình thang BCMN là : 3 4a a a 10 a2 BC MN S = BM 2 3 Hạ AH BM Ta có SH BM và BC (SAB) BC SH Vậy SH ( BCNM) SH là đường cao khối chóp SBCNM AB AM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , = SB MS 30 SH = SB.sin300 = a Vậy BM là phân giác góc SBA SBH Suy MN = 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 10 3a3 SH ( dtBCNM ) Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = = 27 Lop12.net (6) + 5-y +5-z = Chứng minh x y z 25z z xy 5 5 Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x x y 25 25 25x 5y z 5y 5z x : Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : ( *) a bc b ca c ab a3 b3 c3 abc ( *) a abc b abc c abc 3 a b c3 abc (a b)(a c) (b c)(b a) (c a)(c b) a ab ac a ( 1) Ta có ( Bất đẳng thức Cô si) (a b)(a c) 8 b3 bc ba b ( 2) Tương tự (b c)(b a) 8 c3 ca cb c ( 3) (c a)(c b) 8 Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh Phần B (Thí sinh làm phần I phần II) Phần I (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) Chương trình Chuẩn Cõu Ph Nội dung ần A CâuVI 1(1, + Do AB CH nờn AB: x y a 0) H 2 x y N Giải hệ: ta có (x; y)=(-4; 3) (1,0) x y Do đó: AB BN B(4;3) + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A ' BC - Phương trình đường thẳng (d) qua A và B C Vuụng gúc với BN là (d): x y Gọi I (d ) BN Giải hệ: 2 x y Suy ra: I(-1; 3) A '(3; 4) x 2y 7 x y 25 + Phương trình BC: x y 25 Giải hệ: x y 1 13 Suy ra: C ( ; ) 4 7.1 1(2) 25 450 + BC (4 13 / 4) (3 / 4) , d ( A; BC ) 3 12 Câu VIIA 1 450 45 Suy ra: S ABC d ( A; BC ).BC 2 4 1) Véc tơ phương hai đường thẳng là: u1 (4; - 6; - 8) u2 ( - 6; 9; 12) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Đi ểm 0,2 5đ 0,2 5đ 0,2 5đ 0,2 5đ 0,2 Lop12.net (7) +) u1 và u2 cùng phương +) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 Vậy d1 // d2 *) Véc tơ pháp tuyến mp (P) là n = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + = 2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 là điểm đối xứng A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm A1B và d Do AB // d1 nên I là trung điểm A1B 36 33 15 *) Gọi H là hình chiếu A lên d1 Tìm H ; ; 29 29 29 43 95 28 A’ đối xứng với A qua H nên A’ ; ; 29 29 29 65 21 43 ; I là trung điểm A’B suy I ; 29 58 29 A d1 5đ 0,2 5đ 0,2 5đ 0,2 5đ B H I A1 Cõu Câu VIIa (1,0) Nội dung Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: z2 z z3 z (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm phương trình (1) z 1 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta : ( z ) ( z ) (2) z z 1 Đặt t=z- Khi đó t z z t z z z Phương trình (2) có dạng : t2-t+ (3) 9 9i 2 3i 3i PT (3) có nghiệm t= ,t= 2 3i 1 3i z (1 3i ) z (4) ta có z z Có (1 3i ) 16 6i 6i i (3 i ) (1 3i ) (3 i ) (1 3i ) (3 i ) i i ,z= PT(4) có nghiệm : z= 4 Đi ểm 0.2 5đ 0.2 5đ Với t= 0.2 5đ Lop12.net (8) 3i 1 3i z (1 3i ) z (4) ta có z z Có (1 3i ) 16 6i 6i i (3 i ) (1 3i ) (3 i ) (1 3i ) (3 i ) i i ,z= PT(4) có nghiệm : z= 4 i 1 i 1 Vậy PT đã cho có nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= 2 Với t= Phần II Câu VIb 1) Ta có: d d I Toạ độ I là nghiệm hệ: x y x / 9 3 Vậy I ; 2 2 x y y / Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD M d Ox Suy M( 3; 0) 0.2 5đ 0,25đ 9 3 Ta có: AB IM 2 2 S ABCD 12 2 AB Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d AD Theo giả thiết: S ABCD AB.AD 12 AD 0,25đ Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x 3) 1(y 0) x y Lại có: MA MD x y Toạ độ A, D là nghiệm hệ PT: x 3 y y x y x y x 2 2 x 1 x 3 y x 3 (3 x) x x Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) y y 1 x x I x A 9 3 Do I ; là trung điểm AC suy ra: C 2 2 y C y I y A Tương tự I là trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Cõu Phần Nội dung CâuVIb 2.a) Các véc tơ phương D1 và D2 là u1 ( 1; - 1; 2) (1,0) và u2 ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2 Xét u1 ; u2 MN = - 10 Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; – t; 2t) D1 B(2 – 2t’; 3; t’) D2 AB.u1 t AB.u2 t ' 0,25đ 0,25đ Lop12.net (9) 5 2 A ; ; ; B (2; 3; 0) 3 3 Đường thẳng qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung D1 và D2 x t Ta có : y 5t z 2t PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng: CâuVIIb (1,0) 2 11 13 x y z 3 2009 2009 Ta có: (1 i ) C2009 iC2009 i 2009C2009 2006 2008 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 2007 2009 (C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 )i Thấy: S ( A B) , với 2 2006 2008 A C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 2006 2008 B C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 + Ta có: (1 i ) 2009 (1 i )[(1 i ) ]1004 (1 i ).21004 21004 21004 i Đồng thức ta có A chớnh là phần thực (1 i ) 2009 nờn A 21004 2009 + Ta có: (1 x) 2009 C2009 xC2009 x 2C2009 x 2009C2009 2008 2009 Cho x=-1 ta có: C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 Cho x=1 ta có: 2008 2009 (C2009 C2009 C2009 ) (C2009 C2009 C2009 ) 22009 Suy ra: B 22008 + Từ đó ta có: S 21003 22007 Lop12.net (10)