Đang tải... (xem toàn văn)
Mời các bạn cùng tham khảo đề thi thử Đại học lần 3 môn Toán khối A, A1 năm 2013 của trường THPT Nguyễn Văn Cừ tư liệu này sẽ giúp các bạn ôn tập lại kiến thức đã học, có cơ hội đánh giá được năng lực của mình trước kỳ thi chính thức. Chúc các bạn thành công trong kỳ thi sắp tới.
www.MATHVN.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2013 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ Mơn thi: TỐN ; Khối A , A1 Thời gian làm : 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 − x + x − 3 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm m để đường thẳng ∆ : y = mx − cắt (C) ba điểm phân biệt A , B , C cho A cố định diện tích tam giác OBC gấp hai lần diện tích tam giác OAB π 2sin − x + 2sin x + 3 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : = 4cos x cos x 1 + x + y = x + xy 2 xy − y( y + y + 1) = 2( x + 1) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình e Câu (1,0 điểm) Tính tích phân : I = ∫ (x ( x, y ∈ R ) ) + x + ln x + x + dx + x ln x Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABCA’B’C’ có cạnh đáy a Gọi M, N, I lầnlượt trung điểm đoạn thẳng AA’, AB, BC Biết góc hai mặt phẳng (C’AI) và(ABC) 600 Tính theo a thể tích khối chóp NAC’I khoảng cách hai đường thẳng MN, AC’ Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Chứng minh : l x( y + z) − yz + y ( z + x) − zx + z ( x + y) − xy ≥ xyz II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A.Theo chương trình chuẩn Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3;-1/4), tâm đường tròn 29 ), trung điểm cạnh BC M( ;3 ) Xác định tọa độ đỉnh A, B, C; biết hoành độ B lớn hoành độ C Câu 8a (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;1;0), mặt phẳng (P): 2x - 3y + z - = ngoại tiếp K(0; đường thẳng d : x − = y + = z − Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A vng góc với (P) cắt d B −1 −1 2 cho AB = Câu 9a (1,0 điểm) Tính modun số phức w = b + ci ( b, c ∈ R ),biết số phức (1 + i ) (−1 − 2i) nghiệm (1 − i) phương trình z + bz + c = B.Theo chương trình nâng cao Câu 7b (1,0 điểm) Cho hình thang vng ABCD vng A D có đáy lớn CD,đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo hai đường thẳng BC AB 450 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang 24 điểm B có hồnh độ dương Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 , d có phương trình x = 1+ t d1 : y = − t , d : x − = y − = z + , d đường thẳng qua I(2;2;-1) cắt d1 , d A B Viết phương 1 z = t trình mặt cầu đường kính AB 5π Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z1 , z2 hai nghiệm phương trình z − cos z + = Tìm số n nguyên dương 21 nhỏ cho z1n + z2n = ……………………Hết………………… www.MATHVN.com ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH Mơn :Tốn, khối A-A1 TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ Đáp án Câu (2,0 điểm) Điểm a (1,0 điểm) TXĐ: D = R x = Chiều biến thiên: y, = x − x + ; y, = ⇔ x = Hàm số đồng biến khoảng: ( −∞;1) ( 3;+∞ ) ,nghịch biến khoảng (1; 3) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu điểm x = ⇒ yct = − , đạt cực đại điểm x = ⇒ ycd = Giới hạn: lim y = −∞ ; lim y = +∞ x →−∞ 0.25 0.25 x →+∞ Bảng biến thiên: x −∞ y 0 +∞ , y +∞ − −∞ 0.25 1 Đồ thị: Đi qua điểm (0; − ) ; (4 ; 1) ; nhận I (2; ) làm điểm uốn 3 y O 11 − 0.25 x b.(1,0 điểm) (C) : x = 1 x − x + x − = mx − ⇔ x ( x − x + − 3m) = (1) ⇔ 3 x − x + − 3m = 1 Với x = ⇒ y = − ⇒ A(0; − ) 3 Pt hoành độ giao điểm đường thẳng ∆ : y = mx − www.DeThiThuDaiHoc.com 0.25 www.MATHVN.com Đường thẳng ∆ : y = mx − cắt (C) ba điểm phân biệt A , B , C ⇔ (1) có nghiệm phân biệt ⇔ pt x − x + − 3m = (2) có hai nghiệm phân biệt x1 , x khác ∆ > 3m > m > ⇔ ⇔ ⇔ m ≠ m ≠ − 3m ≠ 1 Khi B( x1 ; mx1 − ) ; C( x2 ; mx2 − ) 3 1 SOBC = SOAB ⇔ d (O, ∆).BC = d (O, ∆ ).AB ⇔ BC = AB ⇔ BC = AB 2 2 2 2 ⇔ ( x2 − x1 ) + m ( x2 − x1 ) = x1 + m x22 ⇔ m + ( x2 − x1 ) = m + x12 0.25 , ( ) ( ) ( ) 0.25 x = x1 ⇒ x2 = x1 (3) (vì x1 + x2 = ) ⇔ ( x2 − x1 ) = x12 ⇔ x2 = − x1 x1 + x2 = Mà x1 ; x nghiệm phương trình : ⇔ x − x + − 3m = nên: (4) x1 x2 = − 3m Từ (3) (4) ⇒ m = (tmđk) (1,0 điểm) (1,0 điểm) Với điều kiện : cos x ≠ , Phương trình cho tương đương : cos x + sin x + = 4cos x cos x ( 2cos x − 1) + 2sin x cos x + ⇔ = 4cos x cos x ⇔ cos x + sin x = 2cos x (vì cos x ≠ ) π ⇔ cos x − = cos x 6 0.25 0.25 0.25 0.25 Giải phương trình (1) đối chiếu ĐK, kết luận nghiệm phương trình cho là: x=− (1,0 điểm) π 18 + k 2π π k 2π ; x= + 30 0.25 (1,0 điểm) (1 + y ) + x( x − y ) = x Hệ phương trình tương đương với: (I) (1 + y )( x − y − 2) = x 1 + y = * Nếu x = hệ (I) ⇔ vơ nghiệm (1 + y )(2 y − 2) = * Nếu x ≠ chia hai vế hai PT hệ cho x ta hệ tương đương 1 + y 1 + y + ( x − y ) = + ( x − y − 2) = x x ⇔ 2 1 + y ( x − y − 2) = 1 + y ( x − y − 2) = x x 1+ y2 - Đặt u = , v = x − y − , ta hệ phương trình: x www.DeThiThuDaiHoc.com 0.25 0.25 www.MATHVN.com u + v = u = u = ⇔ uv = v = v = 1 + y x = 1+ y2 x = y + u = =1 - Với ⇒ x ⇔ ⇔ v = x − y − = x = y + y − 2y −3 = 0.25 x = y + x = x = 10 ⇔ ⇔ ∨ y = −1 ∨ y = y = −1 y = 1 + y 1 + y = x x = y + u = =2 - Với ⇒ x ⇔ ⇔ v = y − 4y − = x − y − = x = y + (1,0 điểm) x = y + x = x = 13 ⇔ ⇔ ∨ y = −1 ∨ y = y = −1 y = - Vậy hệ ban đầu có nghiệm ( x; y ) = (2; − 1) , (10; 3) , (1; − 1) , (13; 5) (1,0 điểm) ( x + 1).( x.ln x + 1) + ln x + ln x + I=∫ dx dx = ∫ ( x + 1)dx + ∫ x x x x + ln + ln 1 e xét e e x2 I1 = ∫ ( x + 1)dx = + x ln x + xét I2 = ∫ dx = + x ln x e I = I1 + I2 = (1,0 điểm) = e e +e− 2 d (1 + x ln x ) ∫1 + x ln x = ln + x ln x e A' C' e = ln(1 + e) 0.25 CC ' ⊥ ( ABC ), CI ⊥ AI ⇒ C ' I ⊥ AI ⇒ CC ' = CI tan 60 = a O 0.25 ⇒ goc C ' IC = 600 B' 0.25 0.25 e + e − + ln(1+e) 2 (1,0 điểm) M e 0.25 CC ' ⊥ ( ABC ) ⇒ goc C IC ⇒ CC ' = CI t C A I N B 1 a3 VN AC ' I = VC ' ANI = VC ' ABC = CC '.S ABC = 12 32 MO / / AC MO = AC NI / / AC suy NI / / MO , NI = MO NI = AC suy MOIN hình bình hành ⇒ MN / / OI ⇒ MN / /( AC ' I ) ⇒ d ( MN , AC ') = d ( MN ,( AC ' I )) = d ( N ,( AC ' I )) = h www.DeThiThuDaiHoc.com 0.25 0.25 VN AC ' I (1,0 điểm) a3 = , S AIC ' 32 www.MATHVN.com a2 S AIC a2 3V a = = = ⇒ h = N AC ' I = cos600 S AIC ' 0.25 (1,0 điểm) Cách Ta có (1) ⇔ y+z z+x x+ y + + ≥2 yz (4 − yz ) zx(4 − zx) xy (4 − xy ) yz y+z Ta có : ≥ = yz (4 − yz ) yz (4 − yz ) = Mà (2) 0.25 yz (4 − yz ) ( )( + yz ) yz ) ≤ suy : yz − yz ( yz − y+z ≥ yz (4 − yz ) ( yz − yz )( + yz ≥ ) (2 + 0.5 yz ) 1 18 VT (2) ≥ + + ≥ + yz + zx + xy + xy + yz + zx 18 ≥ = (đpcm) 6+ x+ y+ z y+z z+x x+ y Cách (1) ⇔ + + ≥2 (2) yz (4 − yz ) zx(4 − zx) xy (4 − xy ) Ta có : yz y+z ≥ = yz (4 − yz ) yz (4 − yz ) 0.25 yz (4 − yz ) −t + 3 Ta có : ≥ ⇔ ≥ −4t + t + 16t − 4t ⇔ (t − 1)2 (t − 2t − 9) ≤ ∀t ∈ 0; 4t − t 2 Đặt t = yz , < t < Suy : y+z ≥ yz (4 − yz ) −2 yz + ≥ yz (4 − yz ) Chứng minh tương tự ta có : Từ suy : VT (2) ≥ 7.a (1,0 điểm) −2 xy + z+x −2 zx + x+ y ≥ ; ≥ zx(4 − zx) xy (4 − xy ) −2( xy + yz + zx ) + 24 −2( x + y + z ) + 24 ≥ = (đpcm) 9 Gọi A’ điểm đối xứng A qua K AA’ đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Suy tứ giác BHCA’ hình bình hành ⇒ M trung điểm A’H 5 ⇒ HA = 2.MK = 2( − ; ) = (-5; ) Từ xác định được: A( -2;1) 697 Ta có: R = KA = KB = KC = bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC 29 697 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: x2 + (y – ) = 64 www.DeThiThuDaiHoc.com 0.25 0.25 www.MATHVN.com 29 y+ = 4 Phương trình cạnh BC: 4x – y – = 4 x − y − = Tọa độ B, C hệ phương trình: 29 x + y − y + = x = 3; y = ⇔ Vì xB > xC nên B(3;5), C(2;1) Vậy: A( - 2; 1), B(3;5) C(2;1) x = 2; y = 8.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) B ∈ d ⇒ B (1 − t; −1 − t;2 + 2t ) hay x2 + y2 – 0.25 ta có mp(P) có vtpt nP = (2; −3;1) 0.25 ( P ) ⊥ (Q) (Q) chứa AB nên (Q) có vtpt n = nP ; AB 0.25 0.25 0.25 Vì z0 nghiệm phương trình z + bz + c = nên b = 10 8 − 3b + c = (−3 − i ) + b(−3 − i ) + c = ⇔ ⇔ ⇒ w = 10 + 6i c = 6 − b = 0.5 Ta có w = 102 + 62 = 34 0.25 3 x − y = x = Tọa độ điểm D là: => D(0;0) ≡ O ⇔ x − y = y = Vecto pháp tuyến đường thẳng AD BD n1 ( 3; −1) , n2 (1; −2 ) cos ADB = 10 (loai ) xB = − xB Tọa độ điểm BD = xB + = ⇔ 10 (tm) xB = 0.25 0.25 => ADB =450 =>AD=AB (1) Vì góc đường thẳng BC AB 450 => BCD =450 => ∆ BCD vuông cân B=>DC=2AB Theo ta có: AB S ABCD = ( AB + CD ) AD = = 24 =>AB=4=>BD= 2 x Gọi tọa độ điểm B xB ; B , điều kiện xB>0 => 8.b (1,0 điểm) 0.25 AB = ⇔ AB = ⇔ t + (t + 2)2 + (2t + 2)2 = ⇔ 6t + 12t + = ⇔ t = −1 ⇒ B (2; 0;0) với nP = (2; −3;1) ; AB = (1; −1; 0) ⇒ n = (1;1;1) ==> Phương trình (P) x+y +z-2=0 9.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) (2i) (−1 − 2i) 2(−1 − 2i)(1 + i ) Ta có z0 = = = −3 − i (−2i )3 (1 − i ) 2i 7.b (1,0 điểm) 0.25 10 10 B ; 0.25 0.25 d cắt d1, d2 A B =>A(1+t;3-t;t) , B(3+b;1+b;-2+b) mà d qua I nên A, B, I t − = k (b + 1) thẳng hàng ⇔ IA = k IB ⇔ 1 − t = k (b − 1) t + = k (b + 3) www.DeThiThuDaiHoc.com 0.25 www.MATHVN.com 9.b (1,0 điểm) t − kb − k = b = ⇔ −t − kb + k = −1 ⇔ k = ⇒ A(3;1; 2), B(3;1; −2) t − kb − 3k = −1 t = 0.25 Gọi J trung điểm AB=>J(3;1;0) ;BJ=2 Mặt cầu đường kính AB có tâm J bán kính R=BJ có phương trình (x-3)2+(y-1)2+z2=4 0.25 0.25 (1,0 điểm) 5π 5π ' 5π Phương trình z − cos − = − sin z + = (1) (1) có ∆ = cos 21 21 21 5π 5π z1 = cos − i sin 5π 21 21 Do bậc hai ∆ ' ±i sin Vậy (1) có nghiệm 21 z = cos 5π + i sin 5π 21 21 n n 5π 5π 5π 5π n n 0.25 z1 + z2 = ⇔ cos − i sin + i sin + cos =1 21 21 21 21 n 5π 5π 5π 5π ⇔ cos − + i sin + i sin − + cos =1 21 21 21 21 n5π n5π n5π n5π ⇔ cos − + i sin =1 + i sin − + cos 21 21 21 21 n n5π n5π n5π ⇔ cos − = ⇔ cos =1 + cos 21 21 21 π π n5π n5π 42k (k ∈ ℤ) (*) ⇔ cos = cos ⇔ = ± + k 2π ⇔ n = ± + 21 21 5 Vì n số nguyên dương nhỏ nên từ (*) suy n = www.DeThiThuDaiHoc.com 0.25 0.25 0.25 ... HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH Môn :Toán, khối A -A1 TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ Đáp án Câu (2,0 điểm) Điểm a (1,0 điểm) TXĐ: D = R x = Chiều biến thi? ?n: y, = x −... 0.25 d cắt d1, d2 A B =>A(1+t ; 3- t;t) , B (3+ b;1+b ;-2 +b) mà d qua I nên A, B, I t − = k (b + 1) thẳng hàng ⇔ IA = k IB ⇔ 1 − t = k (b − 1) t + = k (b + 3) www.DeThiThuDaiHoc.com 0.25 www.MATHVN.com... = −1 ⇔ k = ⇒ A (3; 1; 2), B (3; 1; −2) t − kb − 3k = −1 t = 0.25 Gọi J trung điểm AB=>J (3; 1;0) ;BJ=2 Mặt cầu đường kính AB có tâm J bán kính R=BJ có phương trình (x -3 ) 2+(y-1)2+z2=4 0.25 0.25