De va dap an Khoi A Chuyen Tran Phu

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C, biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận của C một tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất.. Tính tích phân.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ NĂM HỌC 2012-2013 TỔ TOÁN - TIN Môn thi: TOÁN - Khối: A, A1, B Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) x y x 1 Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận (C) tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn Câu II (2.0 điểm)  sin x  cos x   2sin x   sin    x   sin    3x        cot x    4  Giải phương trình: 3x 3y   6.3y2 4x  35y  3x  2.3 y 1   x  y  3 3y  2x Giải hệ phương trình:  e x  1 ln x  x   I  dx  x ln x Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân  Câu IV (1.0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC a, BC 2a, ACB 120 và đường thẳng A ' C tạo với mặt phẳng  ABB ' A '  góc 300 Tính khoảng cách hai đường thẳng A ' B, CC ' và thể tích khối lăng trụ đã cho theo a 36x 2y z P   x, y, z   1;3 yz xz xy Câu V ( 1.0 điểm) Cho ba số thực Tìm giá trị nhỏ biểu thức: PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm)  C  : x  y  18 x  y  65 0 và Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn  C ' : x  y 9 Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB 4,8 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua O, vuông góc với mặt o phẳng (Q): 5x  2y  5z 0 và tạo với mặt phẳng (R): x  4y  8z  0 góc 45 (  x5 )n 20 Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm hệ số x khai triển Newton biểu thức x biết rằng: 1 1 Cn0  C1n  Cn2   ( 1) n Cnn  n 1 13 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng AB :2 x  y  0 , phương trình đường thẳng AC : 3x  y  0 và điểm M (1;  3) nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn 3MB 2MC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;0;3); B(2;  2;  3) và đường thẳng : x  y 1 z   Chứng minh A, B và  cùng nằm mặt phẳng Tìm toạ độ điểm M thuộc  4 cho MA  MB nhỏ Câu VII.b (1.0 điểm) Cho số phức z thoả mãn : z z  7i   3i Tìm phần thực số phức z 2013 … Hết … Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… Số báo danh: ………………… HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A, A1, B TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2012-2013 TRẦN PHÚ (Thời gian làm bài 180 phút) Câu Ý Nội dung x x  , có đồ thị (C) Cho hàm số Khảo sát biến thiên hàm số và vẽ đồ thị (C) y   0, x  D R \   1 x  1  * Tập xác định: D , * Sự biến thiên: lim y lim y 1, lim y  , lim y  x  x  x   + Giới hạn: x    Đồ thị (C) có tiệm cận ngang là đường thẳng y=1, tiệm cận đứng là đường thẳng x=-1 y Điểm 2,0 1,0 0,25 0,25 + Bảng biến thiên: - x -1 y’ + + + + 0,25 y I -   ;  1 và   1;   + Hàm số đồng biến trên khoảng * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung điểm (0;-2), cắt trục hoành điểm (2; 0) y I -1 O x 0,25 -2 Đồ thị (C) nhận giao điểm hai tiệm cận I(-1; 1) làm tâm đối xứng Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C)…… x 2 y x  xo   o  x o 1  x o  1 PT tiếp tuyến d có dạng , (với x o là hoành độ tiếp điểm)  x  5 A   1; o ; x o   B  2x o  1;1  Giao điểm d với tc đứng, tc ngang là: 1,0 0,25 IA  ; IB  2x o   IA.IB 12 x o 1 r Bán kính 0,25 IA.IB IA.IB IA.IB    IA  IB  AB IA  IB  IA  IB2 IA.IB  2IA.IB  0,25 Dấu “=” xảy và IA IB  x o  3  x o   Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x   y x   Giải phương trình Điều kiện: sin x 0 (*) Khi đó:  2sin x 2       sin   x   sin   3x    cot x  4  4   sin x  cos x   s in2x  cos x  sin x    cos   x  sin x 4  Phương trình đã cho tương đương với:        cos  x   sin x cos  x     sin x  1 cos  x   0 4 4 4     sin x 1  x   k 2  k   + , thỏa (*) II  3 k  cos  x   0  x   4  k   , thỏa (*)  +  3 k x   k 2 ; x   Vậy, phương trình có nghiệm:  1   34x  23y 3x  6.3y 4x     32y3y 3x  2.3y 12y  0    34x   32y  27 y  x  6.3y Thay vào (2) ta có: 2  0  4x   3x  3 4x  3, x  Đặt a  3x  0; b  4x  ta có hệ 1  2a 3b  3  4a  3b 1   1   b 0  a   3b3  9b  6b 0   b 1  a 1  3b   b 2  a   3  a   thay vào pt (4) ta Từ 11  x   a     a  x    1 b 2 y 9   b 0;a   2 không thõa mãn +) +) b 1  y 1 +) Kết hợp đk (*) suy hệ có nghiệm (x; y) là 0,25 0,25 1,0 0,25  32y 0  y 2x  11  ;   2  1;1 ,  0,25  k   3x 3y   6.3y2 4x  35y  3x  2.3 y 1 (1)  (2) 1  x  y  3 3y  2x 1,0 0,25 Giải hệ phương trình : Đk: x  y  0 (*) 0,25 0,25 0,25 0,25 e x  1 ln x  x  dx  x ln x I  Tính tích phân: e  x 1 ln x  x 1dx  e x 2dx  e  ln x dx I     x ln x 1  x ln x III 1,0 0,25 e e  x3  e3  x dx       1 e e e d   x ln x   ln x dx   ln  x ln x  ln  e    ln ln e    x ln x  x ln x 1 0,25 0,25 0,25 e3  e2  ln Vậy Tính thể tích…… I 1,0 0,25 IV  H  AB  , suy CH   ABB ' A ' nên A’H là hình chiếu vuông Trong (ABC), kẻ CH  AB góc A’C lên (ABB’A’) Do đó:   ' H 300  A ' C ,  ABB ' A '   A ' C , A ' H  CA CC '/ / AA '  CC '/ /  ABB ' A '  Do Suy ra: d  A ' B, CC ' d  CC ',  ABB ' A '   d  C ,  ABB ' A '   CH a2 S ABC  AC.BC.s in1200  2 2 2  AB  AC  BC  AC.BC.cos120 7a  AB a CH   Suy ra: 2.S ABC a 21  AB A 'C  CH 2a 21  s in30 Xét tam giác vuông AA’C ta được: a 105 V S ABC AA '  14 Suy ra: Cho ba số 0,5 x, y, z   1;3 AA '  A ' C  AC  a 35 P Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 36x 2y z   yz xz xy 0,25 1,0 f (x)  36x 2y z   , x   1;3 , y, z là tham sô yz zx xy f '(x)  2 36 2y z 36x  2y  z 36  2.9   2   0 yz zx x y x yz x yz  1;3 nên Suy f (x) đồng biến trên 36 2y z f (x) f (1)    g(y), y   1;3 , z là tham sô yz z y 36 z  36  2y  z  36  2.9  12 g '(y)      0 y z z y y2 z y2z V 0,25 0,25  1;3 Suy g(y) nghịch biến trên 12 z 18 18  g(y) g(3)    h(z), z   1;3 ; h '(z)      z z 3 z  h(z) nghịch biến trên  1;3 18  h(z) h(3)   7 Vậy P 7 dấu “=” xảy và khi: x=1 và y = z = 3; Do đó Min P = 0,25  C  : x  y  18 x  y  65 0 và  C ' : x  y 9 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB 4,8 0,25 1,0 0,25 O  0;0  , bán kính R OA 3 Gọi H AB OM , H là trung điểm OA 12 2 OM  5 AH  OH  OA  AH  Suy ra: và OH AB nên VIa Đường tròn (C’) có tâm 2  M   C   x  y  18 x  y  65 0    0,25 M  x; y  OM 5  x  y 25 Đặt , ta có:  3x  y  15 0  x  x  20 0   0,25  x  y 25  y 15  3x  x 4  x 5    0,25  y 3  y 0 M  4;3 M  5;0  Vậy, trên (C) có hai điểm M thỏa đề bài là: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua O, vuông góc 1,0 o với mặt phẳng (Q): 5x  2y  5z 0 và tạo với mặt phẳng (R): x  4y  8z  0 góc 45 2 Mặt phẳng (P) qua O(0; 0; 0) nên có pt dạng : Ax + By + Cz = với A  B  C  0,25  P    Q   5A  2B  5C 0  B   A  C  o (P) tạo với (R) góc 45 nên Từ  1 ,    A  C     A 1  C cos45o  (1) A  4B  8C A  B2  C  16  64 A  10  A  C   8C 9 A   A  4B  8C  A  B2  C (2) 25  A  C   C2  21A 18AC  3C 0 *) chọn A  1,C 1  B 0  Phương trình mặt phẳng (P) là x – z = *) chọn A 1,C 7  B 20  Phương trình mặt phẳng (P) là x + 20y + 7z = Tìm hệ số x ( 20 khai triển Newton biểu thức x 1 1 Cn0  C1n  Cn2   ( 1) n Cnn  n 1 13 biết rằng:  x5 )n 0,25 0,25 0,25 1,0 n 2 n n n Theo Newton thì: (1  x) Cn  Cn x  Cn x   ( 1) Cn x B 1 (1  x) dx  n 1 n Vì ,  n  13  n 12 VIIa ( 12 x ) Bdx Cn  12  12 k    x3  k  C12  1 Cn  Cn   ( 1) n Cnn n 1 .( x5 ) k k 12 k 8k  36 x , Tk 1 C12 20 Số hạng ứng với x thoả mãn: 8k  36 20  k 7  Hệ số x 20 là: C12 25344 Lại có: x VIb k 0 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng AB :2 x  y  0 , phương trình đường thẳng AC : x  y  0 và điểm M (1;  3) nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn 3MB 2 MC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC B  a;1  2a  C    4b;3b  Vì B thuộc đường thẳng (AB) nên , C thuộc (AC) nên  MB  a  1;  2a  MC    4b;3b  3 Ta có: , :  AB    AC   A  A  2;  3 Ta có     Vì B, M, C thẳng hàng, 3MB 2MC nên ta có: 3MB 2MC 3MB  MC 11  a  3  a  1 2    4b     b       a  b         TH1: 3MB 2MC  11 17   14 18   10   B ;  C  ;   G ;  ,  5  3  3  a  1     4b   a 3     3   2a    3b  3 b 0 TH2: 3MB  2MC 8   G  1;    B  3;   , C   2;  3  0,5 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 8  10   G ;  G  1;    và   thỏa mãn đề bài Vậy có hai điểm  x  y 1 z :   A (2, 0,3); B (2,  2,  3) Trong tọa độ Oxyz, cho hai điểm và đường thẳng CM: A, B và  cùng nằm mặt phẳng Tìm M thuộc  cho MA  MB nhỏ  x 2   y t  z 3  3t  1,0 0,25 Phương trình đường thẳng AB:  x 2  t ' 2 2  t ' t     :  y   2t ' I  AB    t   2t '    I (2;  1;0) t ' 0  z 3t ' 3  3t 3t '   Phương trình ,Gọi Vậy AB và  cắt I nên A, B và  đồng phẳng     IA  (0;1;3), IB  (0;  1;  3)  IA  IB  IA  IB  AB Ta có 0,25 0,25 MA4  MB  11 1 2 MA2  MB     MA  MB    AB   IA  IB   2  Khi đó  MA4 + MB4 nhỏ M trùng với I (2;  1;0) VIIb 0,25 z  7i  Tìm phần thực số phức z 2013 Cho số phức z thoả mãn :  3i a  bi  7i a  bi   z  a  bi ( a , b   )  z  a  bi  3i Gọi số phức thay vào (1) ta có (a  bi )(1  3i)  7i a  bi    10a  10bi  a  3b  i (b  3a) 12  14i 10  9a  3b  i (11b  3a ) 12  14i 0,25 9a  3b 12   11b  3a 14 0,25 z  a 1  b 1 a b 1  z 1  i  z 2013 (1+i) 2013        cos  i sin   4    2013 2013   21006  cos  i sin  4   Vậy phần thực z 2013 là 21006 2.cos 1,0 0,25 2013 0,25 2013  21006