De thi thu DH khoi AB 2013 dap an

II.PHẦN RIÊNG 3.0 điểm:Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng phần A hoặc phần B A.Theo chương trình chuẩn Câu 6.a.1 Đường tròn C có tâm O0;0 và bán kính r 1.. Nên đường thẳng [r]

SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ TRƯỜNG THPT THUẬN AN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN - khối A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THỬ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu I ( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2mx  (1), m là tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B và C cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: Giải phương trình: 3(sin2x + sinx)+ cos2x -cosx = x3  1 x  e Câu III ( 1,0 điểm) Tính tích phân I = x   x2  ln x x (3  ln x) dx Câu IV.( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, có tam giác ABC vuông B, AB= a, BC = a , mp(SAC) vuông góc mp(ABC), SA = SC = a Gọi M, N là trọng tâm tam giác SAB và SAC Tính thể tích khối chóp S.AMN và khoảng cách hai đường thẳng SC và AB theo a 2 Câu V ( 1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn x  y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức  1  1 A   x        y     y x   II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( 2,0 điểm) 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x +y =1 Đường tròn (C') tâm I(2;2) cắt (C) các điểm A, B cho độ dài đoạn AB = Viết phương trình đường thẳng AB Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-1;6;6), B(3;-6;-2) Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) cho tổng MA  MB đạt giá trị nhỏ Câu VII.a ( 1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo số phức z, biết z (  i ) (1  i) B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình x  y  x  y  20 0 và điểm A(3;0) Viết phương trình đường thẳng ( ) qua A và cắt đường tròn (C) theo dây cung MN có độ dài: a) Lớn b) Nhỏ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm I(0;0;1), K(3;0;0) Viết phương trình mặt 2 o phẳng qua hai điểm I, K và tạo với mặt phẳng Oxy góc 30 1 i z i Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm dạng lượng giác số phức sau: - 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 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A, A1, B NĂM HỌC 2013 CÂU NỘI DUNG I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu a) Khi m 1 , ta có: y x  x  Tập xác định: D R Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' 4 x  x; y ' 0  x  x 0 x 1 Các khoảng đồng biến: ( 1;0) và (1; ) , khoảng nghịch biến ( ;  1) và (0;1) Cực trị: Hàm số đạt cực đại x 0 , yCÑ 1 ; đạt cực tiểu x 1 và yCT 0 lim y  lim y  Giới hạn: x  và x    Bảng biến thiên: 1.a ĐIỂM 0.25 0.25 0.25 0.25 Đồ thị: 1.b  x 0 y ' 4 x  4mx 4 x( x  m); y ' 0    x m , đồ thị hàm số (1) có ba điểm b) Ta có 0.25 cực trị và m  2 Các điểm cực trị hàm số là A(0;1); B( m ;1  m ); C ( m ;1  m ) Gọi I là tâm và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do B, C đối xứng qua trục tung nên tam giác ABC cân A , đó tâm I nằm trên Oy , giả sử: I (0; y )  IA R 1  y 0  ( y  1) 1   hay I1 (0;0); I (0; 2)  y 2 Với I1 (0;0)  I1B R 1  m  nên nhận Với I (0; 2)  I B R 1  m   m   1 m Vậy m 1; m  m 1; m  2  1 m    m2  1  m 0; m 1 m   1 ,   m   m2 1 , phương trình này vô nghiệm 0.25  1 là hai giá trị cần tìm 0.25 0.25 0.25    x   k    x   k 2 , k      x   k 2  0.25 x3  1 x  Câu 2b Giải phương trình sau Điều kiện:   x 1 Phương trình đã cho tương đương với x   x   x   x  x  x  x 1  x  x   x    x   x   x  x   x   x  (*) 2 0.25  1 Câu 2a Giải phương trình 3(sin x  sin x)  cos x  cos x 2     1   sin x  cos x    sin x  cos x  1 2          cos  x    sin  x   1 3 6        2sin  x    sin  x   0 6 6       sin  x   0        sin  x    6   0.25 2 t x   x  x  x  0.25 t2  , đó phương trình (*) trở thành: Đặt  t2  1 t2  t 1   t  2t  3t      0  t    t  2t  0 0.25 t    t  2 t    t    t     t   0.25 2 (i) Với t   x   x    x   x   x   x  x  2 x  0  x    (ii) Với t    x   x    vô nghiệm VT   VP 2 (iii) Với t  1  x   x     x    x  x   1  2     x  2 1  x     x   Vậy phương trình có hai nghiệm là x 1 ,x  2 0.25 2 e ln x dx  x (3  ln x ) Câu (1.0 điểm) Tính tích phân I = Ta có t 3  ln x  ln x t   dt  dx x Đặt Đổi cận x e t 4 t I  dt  dt  t t 3 4 0.25 3 4 dt ln t  ln   t t3 0.5 Câu Tính VSAMN : 2 Ta có AC 2a  SA  SC  AC  SA  SC 0.25 Hạ SH  AC , ( SAC )  ( ABC )  SH  ( ABC ), SH a VSAMN SM SN 2    V SK SH 3 SAKH K AB Gọi là trung điểm Ta có 0.25 4 1 a a a3  VSAMN  VSAKH  S AKH SH  a  9 2 54 d ( SC , AB ) Tính : B (0;0;0), A(0; a;0), C (a 3;0;0), S ( Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ cho   a a  SC  ;  ;  a  , AB (0;  a;0), CA ( a 3; a;0)   Ta có     SC , AB  CA 2a 21   d ( SC , AB )      SC , AB    a a ; ; a) 2 0.25 0.25 2 Câu (1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn x  y 1 Tìm giá trị nhỏ  1  1 A   x        y     y x   biểu thức    x  A  x     y      2x   2y   y  Ta có thể viết A thành dạng sau: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 x y 1 1 x  2, y   2,  2,      2x 2y y x 2 x y xy x  y2 y 1 1      2 x  2 x y  0.25  0.25 Cộng theo vế ta     x y 1 1           3   A 3   x    y  2x   2y   y x   x y   1 x y  x 2x ; y 2 y ; y  x   x y     ; x  y 1; x 0; y 0  Dấu đẳng thức xảy  x y x y  Vậy giá trị nhỏ A là  0.25 0.25 II.PHẦN RIÊNG (3.0 điểm):Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A.Theo chương trình chuẩn Câu 6.a.1 Đường tròn (C ) có tâm O(0;0) và bán kính r 1 Gọi H là hình chiếu vuông AB  HA   2 góc O trên AB thì H là trung điểm đoạn AB 1 OH  OA2  HA2    2 Tam giác OHA vuông H , ta có: Đường tròn (C ') tâm I (2; 2) Nên đường thẳng AB chính là đường thẳng vuông góc với OH  OI và cách O khoảng  Do OI (2;2)  AB : x  y  c 0 c 1 d (O; AB )     c 1 2 6.a.1 Mặt khác: x  y   Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: và x  y  0 M  (Oxy )  M ( x; y;0) Câu 6.a.2   MA  (   x ;6  y ;6), MB (3  x;   y;  2) Ta có: 6.a Phương trình mặt phẳng (Oxy ) : z 0 , A có cao độ 6, B có cao độ -2 nên hai điểm A, B nằm hai phía mặt phẳng (Oxy ) Ta cĩ MA  MB  AB (không đổi)  min( MA  MB )  AB , đạt ba điểm  x 2  1 x  y      A, B, M thẳng hàng  MA và MB cùng phương nên  x   y   y  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 Vậy điểm cần tìm là M (2;  3;0) 7.a 0.5 z (  i )2 (1  i) (4  i )(1  0.25 i) 14  i Vậy z = 14  i 0.25 Phần thực z là 14 và phần ảo là B.Theo chương trình nâng cao Câu 6.b.1 Đường tròn (C ) có tâm I ( 1; 2) , bán kính R 5 a).Dây MN lớn MN là đường kính (C ) Do đó () là đường thẳng qua A và I x y    x  y  0 2 Ta có IA (4;  2) suy phương trình đường thẳng () là b).Kẻ IH  MN H Dây MN nhỏ IH lớn IH IA 2  IH max 2 Ta có: H  A  ( )  IA A  Vậy () qua () và nhận IA (4;  2) làm véctơ pháp tuyến có phương trình: 4( x  3)  2( y  0) 0  x  y  0 0.25 0.25 0.25 0.25 6.b 2 Câu 6.b.2 Gọi mặt phẳng cần tìm là ( ) : Ax  By  Cz  D 0 ( A  B  C 0) Ta có I (0;0;1)  ( )  C  D 0 (1) K (3;0;0)  ( )  A  D 0 (2)   ( ) và (Oxy ) có véctơ pháp tuyến là n ( A; B; C ), k (0;0;1) ( ) tạo với (Oxy ) 6.b o góc 30 nên ta có  n k C cos30o       4C 3( A2  B  C ) 2 2 n k A  B C 2 0.25 0.25  A  3B  C 0 (3) Từ (1) và (2), ta có C 3 A C 3 A vào (3) ta A2  3B  A2 0  B 2 A2  B  A Chọn A 1, B   C 3, D  Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là: x  y  3z  0 và x  0.25 0.25 y  z  0 7.b 1 i z i Câu 7.b Tìm dạng lượng giác số phức sau 1  2  i   cos      i sin      2  1 i  3   z          i  cos  i sin  2  i 6   2      cos     i sin     2  2  i (1  i 3)(  i)   z  i 0  ( 1)i cos( )  i sin( ) i = 2 Cách khác: Học sinh có cách giải khác đúng cho điểm tối đa câu đó 0.5 0.5