De va dap an de thi thu dai hoc truong THPT Phuong XaCam Khe

Viết phương trình mặt phẳng P chứa B, M và cắt các trục Ox, Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 O là gốc toạ độ.. Lập phương trình đường tròn C đ[r]

TRƯÒNG THPT PHƯƠNG XÁ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A (LẦN 2) MÔN : TOÁN Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x +1 C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè y= có đồ thị là (C) x+2 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2 điểm) (2  sin 2 x)(2 cos x  cos x) cot x   2sin x Giải phương trình:  x  ( y  2013)(5  y )  y ( x, y  )  y ( y  x  2) 3 x    Giải hệ phương trình: Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I ¿∫ x+ dx ( 1+ √ 1+2 x ) Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA  AB a, AC 2a và ASC  ABC 900 Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin góc hai mặt phẳng (SAB), (SBC) Câu V (1,0 điểm) Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng 3.Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 3( x  y  z )  xyz II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 1.Theo ch¬ng tr×nh chuÈn C©u VIa (2 ®iÓm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = và đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để trên đờng thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông B  0;3;0  , M  4; 0;  3 2.Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa B, M và cắt các trục Ox, Oz các điểm A và C cho thể tích khối tứ diện OABC ( O là gốc toạ độ ) C©u VIIa (1 ®iÓm) Giải phương trình sau trên tập số phức : (z2 + 3z +6)2 + 2z(z2 + 3z +6) – 3z2 = 2.Theo ch¬ng tr×nh n©ng cao (3 ®iÓm) C©u VIb (2 ®iÓm) ( d ) : x  y  0 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1 ) : x  y 0 và cắt A Lập phương trình đường tròn (C) qua A có tâm thuộc đường thẳng d 1, cắt d1 B, cắt d2 C (B,C khác A) cho tam giác ABC có diện tích 24 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình x −1 y z −1 LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ = = lín nhÊt C©u VIIb (1 ®iÓm) : Giải phương trình sau trên tập số phức : z3 = 18 + 26i -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm đáp án đề thi thử đại học lần khối a – môn toán I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sÝnh C©u I (2 ®iÓm) §¸p ¸n §iÓm (1®iÓm) a.TX§: D = R\{-2} b.ChiÒu biÕn thiªn +¿ x → −2 =− ∞; lim y =+ ∞ x → −2 +Giíi h¹n: lim y =lim y =2 ; lim y 0,25 − x →− ∞ x →+∞ ¿ Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x = -2 và tiệm cận ngang là y = 2 x+ 2¿ ¿ + ¿ y '= ¿ Suy hàm số đồng biến trên khoảng (− ∞; −2) và (−2 ;+ ∞) +B¶ng biÕn thiªn x y’ −∞ -2 + +∞ + 0,25 0,25 +∞ y −∞ c.§å thÞ: 1 ) vµ c¾t trôc Ox t¹i ®iÓm( − ;0) 2 Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 0,25 O y §å thÞ c¾t c¸c trôc Oy t¹i ®iÓm (0; -2 x II (2 ®iÓm) (1 ®iÓm) Hoành độ giao điểm đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm phơng trình x +1 =− x +m ⇔ x +2 x ≠ −2 x +(4 −m) x +1− 2m=0(1) ¿{ 1− 2m=− ≠ ∀ m nên đờng thẳng d luôn luôn cắt đồ Do (1) cã −2 ¿ +(4 − m).(−2)+ Δ=m +1>0 va ¿ thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy AB ngắn  AB2 nhỏ  m = Khi đó AB=√ 24 KL: m=0 (1 ®iÓm) ĐK: x k , k   0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với: cos4 x + sin4 x = (2 - sin2 2x)(cos2 x - sin22x = 2(2 - sin2 2x)(cos2 x - 1 cosx) Û 1- sin2 2x = (2 - sin2 2x)(cos2 x - cosx) 2 cosx) Û = 2cos2 x - cosx Û 2cos2 x - cosx - = éx = l 2p écosx=1 ê ê Û ê Û ê êx = ± 2p + l 2p, (l Î Z) êcosx = ê ê ë ë 0,25 0,25 So với điều kiện ta suy nghiệm phương trình là (1 ®iÓm) x  , y 0 Điều kiện : x=± 2p + l 2p, l Î ¢ 0,25 0,5  x  ( y  2013)(5  y )  y (1)  Hệ đã cho trở thành  y  (2  x) y  x  0 (2) Từ (2) ta có:  ( x  4) x 2 x    y1    y  x   x  x 1 2 (2) có hai nghiệm  ( y 0 )  y x  2x   Thế vào (1) ta có  x   ( x  1)  2013 (4  x) 0,25 x   ( x  1)2  2013 ( x  4) x   x 1 x    ( x  4)    ( x  1)  2013  0  x   x 1   x 4  y 5   Do  1    ( x  1)  2013  0, x  , y 0  2 x   x 1  Vậy nghiệm hệ là: ( x, y) (4,5) III ®iÓm I ¿∫ x+ dx ( 1+ √1+2 x ) •Đặt t=1+ √ 1+ x ⇒ dt= Đổi cận x t dx ⇒ dx=(t − 1)dt √ 1+2 x và t −2 t x= 0,25 4 0,25 0,25 •Ta có I = = (t −2 t+ 2)(t −1) t −3 t 2+ t −2 dt= ∫ dt=¿ ∫ t −3+ − dt 2 22 22 t t t t ( ) ¿ 2∫ 2 1 t − t+ ln |t |+ ∨¿ = ln 2− 2 t ( Kl: I = ln 2− ) 0,25 C©u IV ®iÓm S M A C H + Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)  SH  (ABC) a SC BC a 3, SH  ,  B a2 a3 VS ABC  S ABC SH   + Gọi M là trung điểm SB và  là góc hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) Ta có: SA = AB = a, SC BC a  AM  SB và CM  SB cos   cos AMC  a a SH BH   SB  2 + SAC = BAC  S ABC  AM  a 10 AS  AB  SB 10a   AM  4 16 AM là trung tuyến SAB nên: a 42 AM  CM  AC2 105  CM   cos AMC   2.AM.CM 35 Tương tự: 105 cos   35 Vậy: 0,25 0,25 0,25 0,25 C©u V ®iÓm Ta c ó: P 3  ( x  y  z )  2( xy  yz  zx)   xyz 3  2( xy  yz  zx)   xyz 27  x( y  z )  yz ( x  3) ( y  z )2 ( x  3)  ( x3  15 x  27 x  27) 2 27  x(3  x)  Xét hàm số f ( x)  x3  15 x  27 x  27 , 0,5 với 0<x<3  x 1 f , ( x )  3x  30 x  27 0    x 9 0,5 Từ bảng biến thiên suy MinP=7  x  y  z 1 PhÇn riªng 1.Ban c¬ b¶n C©u 1.( ®iÓm) VIa Từ phơng trình chính tắc đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và AB ⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh ⇒ IA=3 √ ®iÓm ⇔ 0,5 |m− 1| √2 =3 √ 2⇔ |m− 1|=6 ⇔ (1 ®iÓm) 0,5 m=− ¿ m=7 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Gọi A(a ;0 ;0),C(0 ;0 ;c)( ac 0 ) Vì B  0;3;   Oy nên  P : x y z   1 a c 0,25  1  4c  3a ac a c (1) ac 1  ac  3  ac 6 2 (2) 0,25 M  4;0;     P   VOABC  OB.SOAC ac 6   4c  3a 6 C©u VIIa ®iÓm ac    4c  3a  Từ (1) và (2) ta có hệ x y 2z x y z  P1  :   1;  P2  :   1 4 3 3 Vậy Đặt t = z + 3z +6 phương trình đã cho có dang: a    3 c   a 2  c 3  t z  t2 +2zt – 3z2 =  (t – z)(t+3z) =   t  z + Với t = z  z2 + 3z +6 –z =  z2 + 2z + =   z   5i   z   5i 0,5 0,25 0,25 0,25  z    z   2 + Với t = -3z  z + 3z +6 +3z =  z + 6z + =   0,25 Kết luận … C©u VIb ®iÓm 2.Ban n©ng cao 1.( ®iÓm) 0,5  cos  Ta có A( 5;  5) Gọi  là góc tạo hai đường thẳng d1 và d2  Đường tròn (C) nhận AB là đường kính  Tam giác ABC vuông C  BAC  Giả sử đường tròn (C) có tâm I và bán kính là R AC 2 Rcos  R; BC 2 R sin   R 5 Ta có 24 R S ABC  AC.BC  24  R 5 25 Vì I  ( d1 )  I (a;  2a) Có  IA  R  a      2a   0,5  a 0 25  5a  10a 0    a 2 2 Với a 0  I (0;0)  Phương trình đường tròn (C) là x  y 25  x Với a 2  I (2 5;  5)  Phương trình đường tròn (C) là C©u    y  5 25 Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) 0,5 Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã AH ≥ HI => HI lín nhÊt A ≡ I VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn ⃗ lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn AH ⃗u=(2 ; 1; 3) lµ vÐc H ∈ d ⇒ H (1+2 t ; t ; 1+3 t) v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn AH ⊥ d ⇒ ⃗ AH u⃗ =0 ¿ 0,5 t¬ chØ ph¬ng cña d) ⇒ H (3 ; ; 4)⇒ ⃗ AH(−7 ;− 1; 5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = 0,5 Ta có: (x + yi)3 = x3 – 3xy2 + (3x2y – y3)i = 18 + 26i VIIa ®iÓm  x  3xy 18  3x y  y 26 Theo định nghĩa hai số phức nhau, ta được: Từ hệ trên, rõ ràng x  và y  Đặt y = tx , hệ  18(3x2y – y3) = 26(x3 – 3xy2 )  18(3t-t3 ) = 26(1-3t2)  18t3 – 78t2 – 54t+26 =  ( 3t- 1)(3t2 – 12t – 13) = Vì x, y  Z  t  Q  t = 1/3  x = và y =  z = + i 0,5