Đang tải... (xem toàn văn)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 2 điểm 1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 và B1; 1.. Viết phương[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2013 Môn: TOÁN ; Khối D Thời gian làm bài : 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 3mx (m m) x 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m 1 2) Tìm các giá trị m để hàm số có cực đại, cực tiểu và trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm cực trị đồ thị thuộc đường thẳng x y 0 Câu II (2 điểm) 3 5 1) Giải phương trình sin x cos x 2(sin x cos x) xy ( x y)( xy 2) x y y ( x 1)( y xy x x ) 4 2) Giải hệ phương trình I dx x 1 Câu III (1 điểm) Tính tích phân Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều, SC a Gọi M là trung điểm AD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng CM và SD Câu V (1 điểm) Cho x; y; z là số dương thỏa mãn xyz x z y Tìm giá trị lớn biểu thức: P 2 x 1 y 1 4z z2 1 3z ( z 1) z PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có diện tích và B(1; 1) Hai trung tuyến tam giác có phương trình x y 0; x y 0 Viết phương trình đường thẳng AC x2 y z 1 và mặt phẳng (P): 2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng : x y z 0 Viết phương trình hình chiếu vuông góc trên mặt phẳng (P) Câu VII.a (1 điểm) Tính môđun số phức z biết (1 2i) z (1 z )i 1 3i B) Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) A(1; 2); B( 3;1) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm và hai đường tròn (C1 ) :( x 2)2 ( y 1) 9 ; (C2 ) :( x 2)2 ( y 1)2 4 Hãy tìm điểm C thuộc đường tròn (C1 ) , điểm D thuộc đường tròn (C2 ) để ABCD là hình bình hành 2 2) Trong không gian Oxyz cho điểm H (2; 1; 1) và mặt cầu ( S ) : x y z x y z 0 Hãy viết phương trình mp(P) qua H, cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có chu vi nhỏ log (2 x y 1) log ( x y 1) 0 Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình x 3x y ln( y 1) 0 …………………………Hết………………………… Họ và tên thí sinh : …………………………………… Số báo danh : ……………….……………… (2) Trường THPT Đoàn Thượng dự kiến thi thử đại học lần vào ngày 02/05/2013 (3) Câu ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN LẦN Nội dung Khảo sát biến thiên, vẽ đồ thị hàm số y x 3x ý Câu I - TXĐ : R x 0 y ' 3 x x 0 x 2 - Điểm 1,0 0,25 Hàm số đông biến trên khoảng ( ;0);(2; ) Hàm số ngịch biến trên khoảng (0; 2) Cực trị : Hàm số đạt CĐ x1 0; yCD 4 , hàm số đạt CT x2 2; yCT 0 lim ( x3 x 2) ; lim ( x x 2) ; x x Giới hạn : Đồ thị hàm số không có tiệm cận BBT : x y’ + 0 + 0,25 0,25 y - Đồ thị -10 -5 0,25 10 -2 -4 Trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm cực trị thuộc đường thẳng x y 0 2 (1) - y ' 3x 6mx m m - - Hàm số có CĐ, CT y ' 0 có hai nghiệm phân biệt m 0 2 ' 9m 3(m m) 2m m m (2) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm y ' 0 Khi đó tọa độ hai cực trị là A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) Gọi I là trung điểm AB Câu II xI x1 x2 m, yI m3 m 1,0 0,25 0,25 - I x y 0 2m ( m3 m2 4) 0 m3 m 2m 0 0,25 - Giải pt ta m 0, m 1, m Kết hợp (2) ta m 1, m 3 5 Giải PT : sin x cos x 2(sin x cos x) 0,25 1,0 (4) - sin x(1 2sin x) cos3 x(1 cos x) 0 sin x cos x cos3 x cos x 0 0,25 - cos2 x 0 3 sin x cos x 0 0,25 - k cos2 x 0 x 0,25 - sin x cos3 x 0 tan x 1 x k - k x Vậy pt có nghiệm là xy ( x y )( xy 2) x y y ( x 1)( y xy x x ) 4 Giải hệ phương trình : x; y 0 xy ( x y )( xy 2) 0 Điều kiện : - PT - - - (1) xy ( x y )( xy 2) y ( x ( x y )( y xy 2) xy ( x y )( xy 2) y x y x y (3) 4 ( x 1)2 x 2 x 1 x 1 Từ PT (2) ta có y xy 0 x y xy ( x y )( xy 2) y - 17 x Kết hợp với điều kiện ta có x 1 , Câu III - 17 17 (1; 1); ; 2 KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : I dx x 1 1 Tính tích phân : t x x t dx 2tdt Đặt t (1) 0, t (2) 1 1 2t I dt dt 1 t 1 t 0 2t ln t 2 ln 1,0 0,25 - - (2) 0 PT (3) x y , thay vào PT (2) ta : x x 3x 0 17 x x 1 - (1) y ) 0 y xy 0 ( x y) xy ( x y )( xy 2) y x y y xy x x 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 (5) Câu IV Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách CM và SD S K A 1,0 M D I H C B HS cần vẽ hình chóp và SH (Nếu vẽ sai hai yếu tố này, không chấm điểm - Goi H là trung điểm AB, vì tam giác SAB nên SH AB (1) - Tam giác SBC có SB BC a, SC a nên vuông B BC AB BC ( SAB ) SH BC (2) BC SB - Từ (1),(2) SH ( ABCD) - 1 a a3 V SH S ABCD a 3 - HD CM CM ( SHD ) SH CM CM HD Dễ dàng chứng minh Ta có Gọi I là giao điểm CM và HD Kẻ IK SD thì IK là đoạn vuông góc chung - 0,25 0,25 0,25 CM và SD Câu V - IK Xét tam giác SHD, IKD, tính 2 4z 3z P x 1 y 1 z ( z 1) z Tìm giá trị lớn : y z x yz thay vào biểu thức có : Từ giả thiết có P P - 2(1 yz ) 2 2 ( y 1)( z 1) y z[2 y ( y 1) z ] ( y 1)( z 1) z2 1 4z z2 1 2 P z [4 y ( y 1) ](1 z ) ( y 1)( z 1) P 2z ( z 1) - - 4z 2z P ( z 1) 4z z 1 ( z 1) z 0,25 ( z 1) z 4z z 1 3z ( z 1) z 3z ( z 1) z 3z 1,00 3z z2 z (1 ) 3t t voi t (0;1) 2 z 1 z 1 z 1 z 1 4z 0,25 3z 2 2 Áp dụng BĐT (ax by ) ( a b )( x y ) (cần chứng minh) - a a d (CM ; SD ) 10 10 0,25 0,25 (6) - max f (t ) f ( ) f ( t ) t t Xét hàm số có 2 x ; y 2; z Vậy GTLN P 0,25 A, B, C 0; 2 Cách khác Đặt x tan A, y tan B, z tan C với y z tan B tan C x tan A tan A tan( B C ) yz tan B tan C Từ giả thiết ta có A, B, C 0; nên A B C Lúc đó Do 2 tan C tan C P 2 2 tan A tan B tan C (1 tan C ) tan C 2cos A 2cos B 4sin C 3sin C cos C cos A cos B 4sin C 3sin C (1 sin C ) 2sin( A B)sin( A B) sin C 3sin C 2sin( A B )sin C sin C 3sin C 2sin C sin C 3sin C Xét hàm số f ( x ) x 3x , x sin C (0;1) 1 max f ( x) f f '( x) 1 x 0 x (0;1) 3 Lập BBT suy Viết phương trình đường thẳng AC - Tọa độ B thỏa mãn x y 0 , nên trung tuyến này qua B Câu VI.a - Giả sử hai trung tuyến là AM : x y 0 và BN :7 x y 0 4 G ; BN BG 2 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì 3 Tính - 1 2 S ABN S ABC 1 BN d ( A; BN ) d ( A; BN ) 2 - d ( A; BN ) - a 0 2 a 4 50 6a A( a; a ) , ta có TH : a 0 A(0; 2); C (1;3) PT (AC) : x y 0 4 13 a A( ; ); C ( ; ) 3 3 TH : PT (AC) : 11x y 18 0 Vậy PT (AC) là x y 0 11x y 18 0 Viết phương trình hình chiếu vuông góc trên mặt phẳng (P) u A ( 2;1;3) Đường thẳng qua điểm và có vtcp (1;1; 1) Mặt phẳng (P) có vtpt n (2; 1;1) - Gọi (Q) là mặt phẳng chứa và vuông góc với (P) Khi đó (Q) có vtpt nQ u n (0; 3; 3) 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 - 1,0 0,25 0,25 0,25 - Mặt phẳng (Q) có pt là y z 0 Gọi ' là hình chiếu trên (P) thì ' ( P) (Q) 0,25 - z x 2 1 Pt ' là - y (7) Câu VII.a - Tính môđun số phức z biết (1 2i) z (1 z )i 1 3i Giả sử z a bi; a, b z a bi (1 2i) z (1 z )i 1 3i (1 2i )(a bi ) (1 2(a bi))i 1 3i a bi 2ai 2b (1 2a)i 2b 1 3i a 4b (b 1)i 1 3i - a 4b 1 b 3 - Vậy - ABCD là hình bìnhhành AB DC , ta có AB ( 4;3) ABCD là hình bình hành Gọi tọa độ D(a; b) tọa độ C (a 4; b 3) - Câu VI.b - 0,25 0,25 a 9 b 2 0,25 z 9 2i z 85 0,25 1,0 0,25 (a 2) (b 4)2 9 (a 2) (b 1) 4 C ( C ), D ( C ) Vì nên ta có hệ : Trừ vế phương trình ta : 10b 10 0 b a 0 Tọa độ C (0; 1); D( 4; 2) Viết pt mp(P) qua H, cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có chu vi nhỏ - Mặt cầu (S) có tâm I (1; 2; 3) , bán kính R 4 - H (2; 1; 1) IH R H nằm mặt cầu Vẽ hình và giải thích mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có chu vi nhỏ mặt phẳng (P) vuông góc với IH Ta có mp(P) qua H (2; 1; 1) và nhận IH (1;1; 2) là VTPT nên mp(P) có - phương trình : x y z 0 Vậy mp(P) có PT : x y z 0 - Câu VII.b - (1) 0,25 0,25 1,0 0,25 0,5 0,25 log (2 x y 1) log ( x y 1) 0 Giải hệ phương trình x x y ln( y 1) 0 ĐK : x y 0; x y 0; y log (2 x y 1) log ( x y 1) 0 log 0,25 (1) (2) 2x y 1 0 x y x y 1 1,0 0,25 0,25 Thay vào PT (2) ta x 2 x ln( x 1) 0 Xét hàm số f ( x) x 2 x ln( x 1), x 1 0 x 1 Có nên hàm số đồng biến trên khoảng ( 1; ) Mặt khác f (0) 0 nên PT có nghiệm x 0 y 0 Kiểm tra điều kiện thấy nghiệm thỏa mãn đk Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) (0;0) f '( x) 2( x 1) 0,25 0,25 (8)