De luyen thi dai hoc de so 8

1.0 điểm Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD.. và hai điểm.[r]

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 …….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 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 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  /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 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 bc    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 bc ba    b ( b  c )( b  a ) 8 ( 2) Tương tự c3 ca cb    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 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 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) 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 1003 2007 + Từ đó ta có: S 2 