de thi thu dai hoc lan 1 thanh chuong 3

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Giải phương trình.[r]

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn thi : TOÁN; Khối A,B, A1 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : 2x  y x Câu ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt các trục Ox , Oy các điểm phân biệt A , B cho OA = 4OB   Câu ( 1,0 điểm) Giải phương trình sin  x   3sin x  cos x  4   x3  x  13 x  y  y  10  x  y    x  y  x3  x  10 y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  dx I  2 x 1  x 1 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân ( x, y  R ) Câu (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AD =2a, SA  (ABCD) và SA = a Gọi H là hình chiếu vuông góc A lên SB Tính thể tích khối chóp H.SCD và khoảng cách hai đường thẳng AD và SC 2 Câu (1,0 điểm) Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn x  y  z xyz x y z    Chứng minh : x  yz y  xz z  xy 2 II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh làm hai phần ( A B ) A Theo chương trình Chuẩn D 3;  3 Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có  , CM : x  y   M là trung điểm AD , phương trình đường thẳng , B nằm trên đường thẳng d : 3x  y  0 Tìm tọa độ A, B, C biết B có hoành độ âm P Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 3x  y  z  0 và điểm A  2; 2;  Tìm tọa độ điểm M cho MA vuông góc với  P  , M  P O cách gốc tọa độ và mặt phẳng n 1 n Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: Cn 4  Cn 3 7(n  3) Tìm hệ số x khai triển: P ( x) (  x5 )n x với x  B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có D   1;  1 , diện tích 6, phân giác góc A là  có phương trình x  y  0 Tìm tọa độ đỉnh B hình chữ nhật , biết A có tung độ âm Câu 8.b (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) : x  y  z  x  y  z  0 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa Oy và cắt (S) theo đường tròn có bán kính r 2 z  2i 4 z z2 Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm số phức cho là số ảo và ……………HẾT……… Câu Nội dung (1.0 điểm) D R \  1 TXĐ: 1 y'  0   ;1 và  1;   ( x  1) Hàm số nghịch biến trên các khoảng lim y  lim y   x  1 ; x 1 Tiệm cận đứng x = lim y  lim y 2 x   x   ; Tiệm cận ngang y = * Bảng biến thiên x     , y y   Điểm 0.25 0.25 0.25 Đồ thị: 0.25 (1.0 điểm) 2) Giả sử tiếp tuyến d (C) M ( x0 ; y0 ) cắt Ox A và Oy B cho OA = 4OB OB 1 tan A    OA  Hệ số góc d Do OAB vuông O nên:  xo  1 1    x 3 ( x0  1)  ( x0  1) Hệ số góc d là:    o yo  y  ( x  1)   x  xo  Khi đó phương trình tiếp tuyến là: 4 Với thì y( x0 )  xo 3 yo  0 y( x0 )  13  x y  ( x  3)  Khi đó phương trình tiếp tuyến là: 4  Với thì (1.0 điểm)   sin  x   3sin x  cos x  4   sin x  cos x 3sin x  cos x  0.25 0.25 0.25 0,25 0.25  2sin x cos x  2cos x  3sin x  cos x  2  sin x  cos x  3  cos x  cos x  0  sin x  cos x  3   cos x  1  cos x  3 0   cos x  3  sin x  cos x 1 0 25 25   sin x  cos x  0  sin x  cos x   sin  x    4   0.25     x    k 2   x    5  k 2 4   (1.0 điểm)   x   k 2    , (k  Z )  x   k 2 (k  Z.) 3  x  x  13 x  y  y  10   x  y    x  y x  x  10 y   1   x    x   y3  y f  t  t  t Xét hàm số Do đó (*)  y  x  0.25 (*) Ta có f '  t  3t   0t  R  f  t  Thay y x  vào (2) ta :  3x    x  x3  3x  10 x  26 3x   1   x  2  đồng biến trên R   x  x3  x  10 x  24  x  2 3x     x 0.25 0.25  x    x  x  12   x 2     x  x  12  x     x 0.25  x 1 PT (3) vô nghiệm vì với thì x  x  12   x 2  Vậy hệ có nghiệm  y 0  dx I  2x 1  4x 1 Tính tích phân t  x 1  x  Đặt t   3, t   5 Khi đó I  tdt  t  1 t2  tdt  dx  5 1      dt  ln t     t   t  1  t 1   3     ln t    t 1   0.25 3 ln  12 0.25 0.25 0.25 ln  12 Tính thể tích… Ta có : VH SDC  VS HDC VS HDC SH SH SB SA2 VS HDC ,     VS BDC SB SB SB 6  VS BDC  SA.S BDC  a 6.S BDC 7 0.25 Gọi K là hình chiếu B trên AD Ta có ; BK.AD  AB.BD  BK= AB.BD a  AD a2  S BCD  BK BC  3a VH SDC  14 Vậy AD  SBC  d  AD, SC  d  AD,  SBC   d  A,  SBC   h Vì nên Dựng hình bình hành ADBE Do AB  BD nên AB  AE 1 1 1  2   2   2 2 2 SA AB AE SA AB BD 6a Trong tứ diện vuông ASEB ta có : h  h 0.25 0.25 0.25 a x y z   1 Từ gt ta có : yz xz xy 2 2 2 Mặt khác : xy  yz  zx x  y  x Mà theo gt x  y  x xyz nên xy  yz  zx  xyz 1   1 x y z x 1 x       x  yz x  yz  x yz  x Lại có : (1) y 1 y      Tương tự : y  xz  y xz  (2) 0.25 0.25 z 11 z      z  xy  z xy  (3) Cộng (1) (2) (3) ta : x y z 1 1 x y z  1              1  x  yz y  xz z  xy  x y z yz xz xy  0.25 Đẳng thức xảy  x  y  x xyz    x  y z  x  y  z 3  x  yz, y xz , z  xy  0,25 7a B  d  B  b;  3b   d  B, CM  2d  D, CM  Vì S BMC 2 S DMC nên 0,25  b 3  b  2    b  B  3;   , B   1;5  B  3;   Khi đó Loại vì B có hoành độ dương C  CM  C  c; c    I  1;1 Gọi I là trung điểm BD    C  5;3 Do CI  BD nên CI BD 0  c 5 Vì I là trung điểm AC nên 0,25 0,25 A   3;  1 0,25 0.25   P  có véc tơ pháp tuyến n  3; 2;  1 Gọi 8a M  a; b; c   Ta có AM  a  2; b  2; c  a 2  3t  b 2  2t     c  t MA   P  Vì nên AM và n cùng phương  AM tn, t  R   Vì M cách O và (P) nên MO d  M ,  P     14  a  b  c   3a  2b  c   Thay (1) vào (2) tìm t 2 a b c  3a  2b  c  0.25 (1) 0.25 14 0.25 (2)  1 3 3 M  ; ;   4 Vậy 9a Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển P ( x) (  x5 )n x Cnn41  Cnn3 7(n  3)  ( n  4)(n  3)(n  2)  (n  3)( n  2)(n  1) 42(n  3)  n  5n  14( n  3)  n2  9n  36 0 0,25  n  3(loai )  (  x )12  n 12(tm) Với n=12 ta có nhị thức: x 0,25 5(12  k ) 60  11k 12 12 12 k k  3k k k P ( x) (  x )  C12 x x  C12 x x k  k 0 Ta có: 60  11k 8  60  11k 16  k 4 4 Hê số x là C12 7920 Gọi E là điểm đối xứng với D qua   E  AB PT đường thẳng DE: x  y  0 B  AE  B   3; b  PT đường thẳng AE: x  0 ,  b 2  S ABCD 6  AB AD Mà AD 2 nên AB 3  b  B   3;   8.b  A  2C A2  C  B, C 0   P 0,25  Vậy PT 0,25 0,25 d  I ,  P    R2  r    A  C  0  C 2 A Chọn A 1  C 2 là : x  2z 0 0,25 0,25 9b 0,25 B   3;  vì đó  là phân giác ngoài Vậy I  1;  3;  Mặt cầu (S) có tâm , bán kính R 3  P  chứa trục Oy nên PT  P  có dạng : Ax  Cz 0 Vì Ta có 0,25 B   3;  , B   3;   Khi đó Loại 0,25 0,25  I   2;0  E   3;1 Gọi I là giao điểm DE với  Vì I là trung điểm DE nên   A    A  a; a   A   3;  1 với a   Do AE  AD nên AE AD 0  a  7.b 0,25 z  2i  a   b   z a  b  2abi Gọi z a  bi Ta có , a   b   4  2 a  b 0 Ycbt  a 0 a 2 a     b 0 b 2 b 2 0.25 0,25 0,25 Vậy z 0, z 2  2i, z   2i 0.25