De thi thu DH LomoloxopA

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với P và cắt Q theo một đường tròn có chu vi 2 π.. 1,0 điểm Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng.[r]

TRƯỜNG THPT M.V LÔMÔNÔXỐP LẦN THỨ NHẤT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) C©u (2,0 ®iÓm) Cho hàm số : y  x  (2m  1) x  ( m  2) x  m  có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho m = 2 Tìm m để (Cm) trục hoành điểm phân biệt có hoành độ dương C©u (2,0 ®iÓm) (tan x.cot x  1)cos3 x  ( sin x  2cosx  1) Giải phương trình: log x + y = 3log8 ( x  y + 2)  x + y +1  x  y =  Giải hệ phương trình:  ln( x  3)  dx x C©u (1,0 ®iÓm) Tính tích phân I C©u 4(1,0 ®iÓm): Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, AB = a Góc cosφ = mặt phẳng (A’BC) và (BCC’B’) φ Tính theo a thể tích khối chóp A’BCC’B’ biết a 2 b2  c2 c2  a2 C©u 5: Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng: a  b II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B)  b  c  A Theo chương trình Chuẩn: Câu 6a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân A , biết phương trình các M  3;  đường thẳng AB, BC là x  y  0 và x  y 1 0 , đường thẳng AC qua điểm Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C x − y +3 z −3 = = và hai −1 mặt phẳng (P):2 x+ y −2 z +9=0 ,(Q): x − y + z +4=0 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với (P) và cắt (Q) theo đường tròn có chu vi π z   2i 2 Câu 8a (1,0 điểm) : Cho số phức z thoả mãn và phần ảo z Tìm z Câu 7a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho đường thẳng d: B Theo chương trình Nâng cao Câu 6b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2), đỉnh C thuộc đường thẳng (d): x + 2y + = 0, trọng tâm G Biết diện tích tam giác GAB đơn vị diện tích, hãy tìm tọa độ đỉnh C Câu 7b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z – = 0, đường thẳng (): x y z   2 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 6y – 4z – = Hãy viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (), vuông góc với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) n n Câu 8b (2,0 điểm) : Cho n là số nguyên dương thỏa Cn  Cn   Cn  Cn 255 Hãy tìm số hạng chứa x14  x  3x   khai triển P(x) = n HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ KHỐI A, A1 – 2013 Lần Câu I Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y x  3x   x 0 y'=3x + 6x; y'=0    x  TXĐ: R lim y  ; lim y  x   Giới hạn: x    Bảng biến thiên:  x y’ y + 0,25 -2 0 -  +  -4  Hàm số đạt cực đại x = -2, ycđ =0 Hàm số đạt cực tiểu x = 0, ycđ = - Hàm số đồng biến trên khoảng (-;-2);( 0; ) và nghịch biến trên khoảng (-2;0) Đồ thị : Tìm m để (Cm) trục hoành điểm phân biệt có hoành độ dương Xét phương trình hoành độ giao điểm: x  (2 m  1) x  ( m  2) x  m  0  x 1   x  1 x  2mx  m  0    x  2mx  m  0 (1) Để (Cm) trục hoành điểm phân biệt có hoành độ dương, phương trình (1) có hai nghiệm âm phân biệt khác1 m  m    ' 0   S0    m 0   2m1  P  m     3m  0  3m    đk  Câu II 0,25 0,25 0,25  (t anx.cot 2x  1)cos x  ( sin x  2cosx 1) 1.Giải phương trình: Đk: sin2x  Phương trình tương đương với: s inx.cos2x  sin 2x.cos x cos3 x  ( s inx  cos x  1) sin 2x.cos x  s inx  cos3 x  ( s inx  cos x  1)  cos x  s inx 1 s in2x.cos x  2  cos(x  )   x k2π và x =   k2 3 2 x=  k2 (k  Z) So sánh với điều kiện, phương trình có nghiệm: Giải hệ phương trình: 0,25  log x + y = 3log8 ( x  y + 2)  2 2  x + y +1  x  y = 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 (1) (2) ĐK x  y 0,25 (1)  x + y = x  y +2  x + y = x  y+4 x  y 4 0,25  x  y 2  y  2 x  y    y 4 x  Thay y 4 x  vào (2) ta có : x + 4x    Từ đó tìm cặp nghiệm(2;2) Câu III ln(x  3) I  dx x Tính tích phân Đặt 0,25 x  4x + = x + 4x  1  x  x 2 0,25  u ln(x  3)   dx  dv    x2 2x  du  x    v   x 0,25 ln(x  3) dx ln12 I  2 ln   2J x x  3 1 0,25   x 1  t  , x 3  t  Đặt tiếp: x  tan t  dx  3(1  tan t)dt , đổi cận 0,25   I l n  ln12 3dt ln12   2 l n   3 3  Câu IV Gọi x là độ dài cạnh bên, O là tâm đáy ABC, I, M là trung điểm BC và B’C’ a A 'O  (ABC); A ' M AI  ; Ta có: 0,25 A’ C B’ 0,25 M a2 a A'I  x  ( x  ); IM x 4  AI  BC  BC  (A ' AIM)  A ' I  BC  A ' ˆIMφhay A'IMˆ 180  0  A O B I C’ ˆ , ΔAIM có : A'M2  A ' I2  IM2  2A ' I.IMcos *A 'IM  0,25 0,25 3a a2 a2 x   x  x x2   x a 4 a3  VA 'BCC 'B' 2VA 'ABC  A 'O.SABC  ˆ 1800  , ΔAIM có : A'M A ' I2  IM  2A ' I.IMcos(1800  ) *A 'IM  0,25 3a a a a x   x  x x2   x 4 4 a3  VA 'BCC 'B' 2VA 'ABC  A 'O.SABC  24 1 Câu b c a x  ; y  ; z   xyz=1 VT   x   y2   z a b c Đặt : Không tính tổng quát, giả sử x là số lớn số x,y,z nghĩa là: x  y; x  z x và yz 1 Ta có: 0,25 0,25 (y  z)2 (yz  1) 1 Xét :    0    2  yz 2 2  yz 1 y 1 z (1  y )(1  z )(1  yz) 1 y 1 z 1  1  2  VT   2  2   1  2 2  1 x  yz  x 1 x  1 y 1 z  1 x 1  2t  ,  t   VT  2.t   t f (t).Ta có : f '(t)  0 x 1 1 t Đặt 1 (0; ]  f(t) f( )   f (t) đồng biến trên 2 Dấu = xảy a=b=c Câu 6a AB: x  y  0 và BC: x  y  0  B( 2;  1) t DBC cho MD//AB, phương trình MD: x  y  0  x  y  0  x 0   D(0;1)  x  3y   y    Toạ độ điểm D là nghiệm hệ A M(3;0) Gọi C(t; t + 1).Do MDC cân M, nên MD = MC  t 0  (t  3)  (t  1)2 10    t 2 C B D Với t = thì C(0;1)  D (loại) Với t = thì C(2;3) MC có phương trình 3x  y  0 , đt MC cắt AB A Toạ độ điểm A là nghiệm hệ:  x  3y  0  x 4   A(4;  3)  3x  y  0  y  Câu 7a Gọi I là tâm mặt cầu, Id nên I(1-t; -3+2t; 3+t) Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên mặt cầu 2(1  t)   2t   2t   2t  R d (I;(P))   1 có bán kính Mặt cầu cắt (Q) theo đường tròn có chu vi π  đường tròn giao tuyến có bán kính (1  t)   2t   t   2t  11 r 1  d (I;(Q))    R  r2 1 1  t 4    2t    2t  11     t  23  1   Bình phương hai vế, giải phương trình ta  t 4  I ( 3;5;7), R 2 23 21 29 t   I ( ; 20; ), R 7 2 2 2 Phương trình mặt cầu là ( x  3)  ( y  5)  ( z  7) 4 21 29 ( x  )2  ( y  20)2  ( z  ) 49 2 Câu 8a Đặt z a  bi (a, b  R) , z có phần ảo nên z a  4i  a  4i   2i 2  (a  1)  22 2 Giải phương trình tìm a = và a =-1 Vậy z = 3+4i và z = -1+4i Câu 6b Ta có C thuộc (d)  C(–2y – 1; y) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25   2y  y   G ;   G là trọng tâm  ABC   x y    AB: x – y + = 0; AB = 2 AB = (–2; –2)  AB: 0,25  2y 3 y 6  1 xG  yG  y 3 d (G; AB )   2 = 0,25 0,25 y 1 SGAB  AB.d (G; AB )  2 2 = |y| =  y = ± * y =  C(–7; 3) * y = –3  C(5; –3) Vậy C(–7; 3) hay C(5; –3) Câu 7b   u n (P) có VTPT là P = (1; 2; –2)  có VTCP là  = (2; 1; 2) 0,25 (Q) // () và vuông góc (P) nên (Q) có VTPT là:    n Q  n P , u   = (6; –6; –3) = 3(2; –2; –1)  (Q): 2x – 2y – z + D = 2 0,25 (S) có tâm là I(1; –3; 2) và bán kính R =    4 2.1  2.( 3)   D  D 6 4  D  18 22  22  12 (Q) tiếp xúc (S)  d(I; (Q)) = R    Vậy (Q): 2x – 2y – z + = hay (Q): 2x – 2y – z – 18 = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 8b 8 k 0 P(x) = (1 + x + 3x ) = 2k  m 14  0 m k 8 m, k  Z   YCBT  Vậy số hạng chứa x   C8k 3x2  x 14  k = k k k m k m m  k m k  m 2k  m C C (3 x ) x   C8 Ck x   k k 0  m 0  = k 0 m0 0,25 m 0   k 7 7  m 2   k 8 8 là: ( C C  C C )x14 0,25