1.0 điểm Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD.. 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 + x2 2x 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình : 5 2 cos x sin x 1 12 Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : m x log x y 3log ( x y 2) x y x y 3 2) Giải hệ phương trình: /4 I sin x dx /4 x x Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: 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 25x 25y 25z 25x 5y z 5y 5z x 5z 5x y + 5-y +5-z = Chứng minh 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 0 , phân giác BN : x y 0 Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC x y z 1 6 8 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d cho IA +IB đạt giá trị nhỏ z2 z z z 0 Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: 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 và hai điểm có diện tích 12, tâm I là giao điểm đường thẳng d1 : x y 0 và d : x y 0 Trung điểm cạnh là giao điểm d 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 2 2t y 3 x y z z t 1 , D1 : D2 : 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 (2) …….Hết ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ ĐÁP ÁN Cõu I a) điểm Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x x Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R x 0 y' x 2 Sự biến thiờn: y' 3 x x Ta có yCD y 2; yCT y Bảng biến thiên: x y' 0,25 0,25 0,25 0 2 y 2 Đồ thị: y f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 x -8 -6 -4 -2 0,25 -5 b) x 2x m x Biện luận số nghiệm phương trình theo tham số m m x2 x x x x m,x 1 x Ta có Do đó số nghiệm phương trình số giao điểm y x x x , C' 0,25 và đường thẳng y m,x 1 (3) 0,25 f x x y x x x f x x nờn C' bao gồm: Vỡ + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x 1 + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x 1 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 : Phương trình vụ nghiệm; + m : Phương trình có nghiệm kộp; + m : Phương trình có nghiệm phõn biệt; 0,25 + m 0 : Phương trình có nghiệm phõn biệt ( x x 2) x 2) Đồ thị hàm số y = , với x có dạng hình vẽ : 1- 1+ -2 m (4) II 1) 5 2cos x sin x 1 12 1) 5 5 sin x sin 1 12 12 5 5 5 5 sin x sin sin x sin sin sin 12 12 12 12 2 cos sin sin 12 12 2.) 5 2x k 2 5 12 12 sin x sin 12 12 x 5 13 k 2 12 12 log x y 3log ( x y 2) x y x y 3 Giải hệ phương trình: Điều kiện: x+y>0, x-y>0 log x y 3log8 (2 x y ) 2 2 x y x y x y 2 x y 2 2 x y x y 3 u v 2 (u v) u v2 u x y uv Đặt: v x y ta có hệ: u v 2 uv (u v) 2uv uv uv x k k x 3 k u v 2 uv u v2 uv 3 0.25 0.25 0.5 0,25 đ 0,25 đ (1) uv 3 (2) Thế (1) vào (2) ta có: uv 3 uv uv (3 uv ) uv 0 uv 0 u 4, v 0 Kết hợp (1) ta có: u v 4 (vỡ u>v) Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2) 0,25 đ 0,25 đ (5) /4 I Câu III Tính tích phân : /4 I /4 sin x x2 x /4 sin x x2 x dx /4 dx /4 0.5đ /4 x sin xdx x sin xdx I I2 /4 Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1 0 , tích phân phần I kết 0.5đ Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì I1 0 , tích phân phần I kết Câu IV : 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 BC BM Ta có : BC SA Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao a a 3 MN SM MN 2 SA 2a a Ta có SA = AB tan600 = a , AD 2a 4a Suy MN = BM = Diện tích hình thang BCMN là : 4a 2a a 10 a2 BC MN BM 2 3 S = Hạ AH BM Ta có SH BM và BC (SAB) BC SH Vậy SH ( BCNM) SH là đường cao khối chóp SBCNM 0,25 đ 0,25 đ 0,25 (6) đ AB AM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , SB MS = Vậy BM là phân giác góc SBA SBH 30 SH = SB.sin300 = a 10 3a3 SH (dtBCNM ) 27 Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = = Câu V 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 x y 5z Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 a b c Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : a bc b ca c ab ( *) 0,25 đ a3 b3 c3 a bc 2 ( *) a abc b abc c abc 3 a b c3 a b c (a b)(a c) (b c )(b a) (c a)(c b) a3 a b a c a ( a b )( a c ) 8 Ta có ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) 0,25 đ 0,25 đ b3 bc ba b ( b c )( b a ) 8 ( 2) Tương tự c3 ca cb c (c a)(c b) 8 ( 3) 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 0 a 0) H 2 x y 0 (1,0) Giải hệ: x y 1 0 ta có (x; y)=(-4; 3) Do đó: AB BN B ( 4;3) 0,25 đ Đi ểm N + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A ' BC B - Phương trình đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc với BN là (d): x y 0 Gọi I (d ) BN Giải hệ: 2 x y 0 x y 0 Suy ra: I(-1; 3) A '( 3; 4) 0,2 5đ C 0,2 5đ 7 x y 25 0 + Phương trình BC: x y 25 0 Giải hệ: x y 0 0,2 (7) Suy ra: C ( 5đ 13 ; ) 4 450 d ( A; BC ) 7.1 1( 2) 25 3 BC ( 13 / 4) (3 / 4) 12 , + 1 450 45 S ABC d ( A; BC ).BC 2 4 Suy ra: u1 1) Véc tơ phương hai đường thẳng là: (4; - 6; - 8) u2 ( - 6; 9; 12) u u +) và 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 29 ; 29 ; 29 *) Gọi H là hình chiếu A lên d1 Tìm H Câu VIIA 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 0,2 5đ 0,2 5đ 0,2 5đ 0,2 5đ A d1 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 z z 0 (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm phương trình (1) z 0 1 z ) ( z ) 0 z z Chia hai vế PT (1) cho z2 ta : ( (2) 1 t z z t z z Đặt t=z- z Khi đó Đi ểm 0.2 5đ (8) 0 Phương trình (2) có dạng : t2-t+ (3) 1 9i 2 3i 3i PT (3) có nghiệm t= ,t= 3i 1 3i z z (1 3i ) z 0 z Với t= ta có (4) 2 Có (1 3i ) 16 8 6i 9 6i i (3 i ) (1 3i ) (3 i ) (1 3i ) (3 i ) i 1 i 4 PT(4) có nghiệm : z= ,z= 3i 1 3i z z (1 3i ) z 0 z Với t= ta có (4) 2 Có (1 3i ) 16 8 6i 9 6i i (3 i ) (1 3i ) (3 i ) (1 3i ) (3 i ) i 1 i 4 PT(4) có nghiệm : z= ,z= i i Vậy PT đã cho có nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= ; z= Phần II Câu VIb 1) Ta có: d d I Toạ độ I là nghiệm hệ: x y x 9 / 3 I ; x y y 3 / Vậy 2 0.2 5đ 0.2 5đ 0.2 5đ 0,25đ Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD M d Ox Suy M( 3; 0) 2 9 3 AB 2 IM 2 3 2 2 Ta có: S ABCD 12 2 AB Theo giả thiết: Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d AD Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) và vuông góc với d nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: S ABCD AB.AD 12 AD 0,25đ 1(x 3) 1(y 0) 0 x y 0 Lại có: MA MD x y 0 x 3 y Toạ độ A, D là nghiệm hệ PT: y x y x y 3 x 2 2 x 1 x 3 y 2 x 3 (3 x) 2 0,25đ x 2 x y 1 y Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) (9) x C 2x I x A 9 7 3 I ; y 2y I y A 3 2 2 Do là trung điểm AC suy ra: C 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) u Các véc tơ phương D1 và D2 là ( 1; - 1; 2) (1,0) u và ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2 u1 ; u2 MN Xét = - 10 Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; – t; 2t) D1 B(2 – 2t’; 3; t’) D2 AB.u1 0 t AB.u2 0 t ' 0 5 2 ; ; A 3 ; B (2; 3; 0) 0,25đ Đường thẳng qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung D1 và D2 x 2 t y 3 5t z 2t Ta có : PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng: 2 11 13 1 x y z 6 CâuVIIb (1,0) 2009 2009 C2009 iC2009 i 2009C2009 Ta có: (1 i ) 2006 2008 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 2007 2009 (C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 )i S ( A B) Thấy: , với 2006 2008 A C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 2006 2008 B C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 2009 (1 i )[(1 i ) ]1004 (1 i).21004 21004 21004 i + Ta có: (1 i ) 2009 1004 Đồng thức ta có A chớnh là phần thực (1 i ) nờn A 2 2009 2009 C2009 xC2009 x 2C2009 x 2009 C2009 + Ta có: (1 x) 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 ) 2 2009 Suy ra: B 2 2008 (10) 1003 2007 + Từ đó ta có: S 2 (11)