DE HSG THPT 116

Thời gian làm bài: 180 phút Không kể thời gian giao đề.. Cho hàm số.[r]

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN II NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán - Khối A-A Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y 2x 1 x  có đồ thị  C  C Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  d1  : y  3x  m cắt đồ thị  C  A và B cho  d  : x  y  0 ( O là gốc toạ độ ) trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng   2sin  x   2sin x  tan x 4  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : Tìm các giá trị m để đường thẳng 2 x  y 1  x  y 1  2 x  y 1  9 x  y 1 11x  y 1  11 x  y 1  5log3  x  3 3log2  y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân : I   sin10 x  cos10 x  sin x.cos4 x  cos6 x.sin x dx    ABCD  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng và đáy ABCD là hình chữ nhật ; AB a, AD 2a Gọi M là trung điểm BC , N là giao điểm AC và DM , H là tan    ABCD  là  , với hình chiếu vuông góc A lên SB Biết góc SC và mặt phẳng  SMD  Tính thể tích khối chóp S ABMN và khoảng cách từ H đến mặt phẳng Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức T  2 a  b  c   a  b   a  2c   b  2c  II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A  1;  ; B  3;  và đường thẳng d : y  0 ,Viết phương trình đường tròn  C  qua hai điểm A, B và cắt đường thẳng d hai điểm  phân biệt M , N cho MAN 60 , C  0; 0;3 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho A  1;0;0  , B  0;2;0  Viết  P  qua O, C cho các khoảng cách từ A và B đến  P  phương trình mặt phẳng 17  z  z  5 z.z Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z  5 và B Theo chương trình Nâng cao A  1;  , B  4;3 Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho các điểm Tìm toạ độ 10  điểm M cho MAB 135 và khoảng cách từ M đên đường thẳng AB C  0; 0;  , K  6;  3;  Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm Viết  P  qua C , K cho  P  cắt các trục Ox, Oy A, B và thể tích phương trình mặt phẳng khối tứ diện OABC 3 Câu 9.b (1,0 điểm).Tìm số phức z thoả mãn : z  z  z  0 HẾT -TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN VI NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán - Khối A-A Đáp án chính thức (gồm 06 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I/ Đáp án Câu Câu (2 điểm) Đáp án 2x 1 y x  có đồ thị  C  Câu (2,0 điểm) Cho hàm số C + 1.Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị  \  1  Tập xác định là  Sự biến thiên 3 y   x  D  x  1 Điểm hàm số 0.25   ;1 và  1;   Hàm số nghịch biến trên các khoảng : lim y  ; lim y   x +Giới hạn và tiệm cận: x 1 đ thẳng x 1 là tiệm cận đứng lim y  lim y 2  x   x   đ thẳng y 2 là tiệm cận ngang  Bảng biến thiên:   x y’  y  0.25 0.25 Đồ thị: Học sinh tự vẽ 0.25  d1  : y  3x  m cắt đồ thị  C  A và B cho  d  : x  y  0 ( O là gốc toạ độ ) thuộc đường thẳng 2.Tìm các giá trị m để đường thẳng trọng tâm tam giác OAB 2x 1  x  m  3x    m  x  m  0  1 ,  x 1 P trình hoành độ giao điểm: x   d1  cắt đồ thị  C  A và B   1 0.25 có hai nghiệm phân biệt khác    m   12   m   0.25 1  m    m  12 m       * 1 0  m  11 3    m     m  0  1 Khi đó A  x1 ;  3x1  m  ; B  x2 ;  3x2  m  Gọi G là 0.25 Gọi x1 , x2 là nghiệm x1  x2  m     xG  OAB    y  y1  y2     x1  x2   2m  m   G 3 trọng tâm tam giác G   d   xG  yG  0  1 m   m  1 2   0  m 5   không thoả mãn 0.25  * .Vậy không tồn m thỏa mãn yêu cầu bài toán   2sin  x   2sin x  tan x 4  Giải phương trình :  cos x 0  x   l  l  Z  * Đ/K     cos  x   2sin x  tan x   sin x 2sin x  tan x 2  Phương trình Câu (1 điểm) cosx  sinx 0 cos x  cos x  sin x 0  tan x    cos x  sin x   sin x  1 0     sin x  0  sin x 1  2sin x.cosx  2sin x  tan x  0  2sin x  cosx  sinx      x   k     x   k ,k Z  x   k  * )  ( Thoả mãn điều kiện   x   k  k  Z Vây phương trình có họ nghiệm : Câu (1 điểm) 2 x  y 1  x  y 1  2 x  y 1  9 x  y1 11x  y 1  11 x  y 1  5log3  x  3 3log2  y  5 Giải hệ phương trình:    x   8 x     9 y   y    Đ/K 0.25 0.25 0,25 0.25  1  2 x x x x Bổ đề với a  b 1  a  a b  b (*) dấu với x 0    0  **  a x  b x  a  x  b  x 0   a x  b x      ab  x    Thật (*) x 0.25 x a  b 0  1  0   **   ab  x  Nếu đúng x x a  b 0 a x b x  x 0      ** x 1 0 ab  x     ab    Nếu đúng  1 trở thành Áp dụng Đặt x  y t thì pt a x b x x 0    x ab     0.25 2t 1  2 t 1  9t 1  9 t 1 11t 1  11 t 1  1 theo bổ đề trên ta t t  t 1  t 1 2t  2 t 11t  11 t   2  11  11    t t t t t 1  t 1 t t 9  11  11 9  9  11  11  từ đây suy t 1  t 1 t 1  t 1 t 1  t 1    11  11 dấu xẩy t 0  x  y 0  x  y   5log  x  3 3log  x   đặt 5log3  x  3 15u , ta có hệ Thế vào pt u u 8 x  27u    27  u u  13 8.32  9.27  13      8 (3)  u 0.25  32   32  9 x  32 u u    27  f  u  13       32   32  với u   Xét hàm số u u 27    27  f  u  13   ln    ln  , u   f  u 32 32  32   32  h/số đồng biến trên  13 27 f  1    8  3  f  u   f  1  u 1  x 3 (t/mđk) 32 32 mặt khác Pt Vậy hệ phương trình có nghiệm  Tính tích phân : Ta có: Câu (1 điểm) I   sin10 x  cos10 x  sin x.cos4 x  cos6 x.sin x dx        sin x  cos2 x  3sin x cos2 x sin x  cos2 x   sin x  cos2 x           sin 2 x    sin2 x      cos x       cos4 x         1    3cos x    cos x   15  14 cos4 x  3cos2 x 32 32  1   15  14 cos x    cos8 x     33  28cos x  3.cos8 x  32   64    I 64 Câu (1 điểm)  x, y   3,3 sin10 x  cos10 x  sin6 x.cos4 x  cos6 x.sin x  sin6 x  cos6 x sin x  cos4 x   0.25       2sin2 x cos2 x    0.25 0.25 0.25   33   33  28cos4 x  3.cos8x dx  64  33 x  7sin x  sin8 x   128  0 0.25  ABCD  và đáy ABCD là hình Cho hình chóp S ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng chữ nhật ; AB a, AD 2a Gọi M là trung điểm BC , N là giao điểm AC và DM  ABCD  là  , , H là hình chiếu vuông góc A lên SB Biết góc SC và mặt phẳng tan   Tính thể tích khối chóp S ABMN và khoảng cách từ H đến mặt phẳng với  SMD  2 Ta có AC  AB  BC a 5, AC là hình chiếu vuông góc SC trên mặt phẳng 0.25   ABCD    SC ,  ABCD    SC , AC  SCA   tan   SA AC  SA a 1 BCD  dtNMC  dtNBC  dtBCD  dtABC 6 Ta thấy N là trọng tâm tam giác 5 5a  dttg ABMN  dtABC   a 2a  6 Từ đó 1 5a 5a3 VS ABMN  SA dttg ABMN  a   3 18 Vậy thể tích SH SH SB SA2    2 SB SB SA  AB 2V 2 3V  d  H ,  SMD    d  B,  SMD     B.SMD  B.SMD 3 dtSMD dtSMD VB.SMD VS BMD 0.25 1 a3  VS ABC   SA AB.BC  2 2 6 , SD  SA  AD a DM  CD  CM a 2, SBC vuông B nên ta có SM  SB  BC 2a  dt SMD  SM MD a 2 nê ta có SMD vuông M  d  H ,  SMD    Câu (1 điểm) 0.25 2VB.SMD dtSMD 0.25 a3 a   a 2 Cho a, b, c là các số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức T  2 a  b  c   a  b   a  2c   b  2c  Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 1 2 a2  b2  c2    a  b    c  2   a  b  c  2 2 1  a  b   a  2c   b  2c    a  b   a  b  4c    3a  3b   a  b  4c  2   a  b  c 27 T  a  b  c  2  a  b  c Suy 27 T  t  2.t Đặt a  b  c t , t  Khi đó 27 f t   , t  t  2.t Xét hàm số ta có 27 f  t     f  t  0   t    8t  21t 18  0  t 6, f     t  2 t Bảng biến thiên t f  t  0.25 0.25 0.25 0.25 +   f t Theo bảng biến thiên ta thấy T  f  t  Dấu xẩy a b c 2 Vậy giá trị lớn T a b c 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A  1;  ; B  3;  và đường thẳng d : y  0 ,Viết phương trình đường tròn  C  qua hai điểm A, B và cắt đường thẳng d  hai điểm phân biệt M , N cho MAN 60  C  : x  y  2ax  2by  c 0 (đk a  b  c  0) Gọi  A  1;    C  5  2a  4b  c 0 b 5  a     25  6a  8b  c 0 c 15  2a  B  3;    C   C  có tâm I  a;  a   Vậy Câu 7a (1 điểm) Câu 8a (1 điểm) R  a    a    15  2a    a  4a   bán kính   C  cắt đường thẳng d hai điểm phân biệt M , N cho MAN 600 Suy 0.25 IH   d   IH d  I , d   R MIN 1200  I MN   I NM 30 hạ   a   a  4a    a  4a  0  a 1  a 3 0.25  C  : x  y  x  y  13 0 ( loại I , A khác phía Khi a 1 ta có đường tròn 0.25 đường thẳng d ) 2 2  C  : x  y  x  y  0   C  :  x  3   y   4 (t/ mãn) Khi a 3  , C  0;0;3 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho A  1;0;0  , B  0;2;0  Viết phương trình  P  qua O, C saocho khoảng cách từ A đến  P  khoảng cách từ B đến  P  m phẳng  P  : ax  by  cz  d 0 ,  a  b2  c   O  0; 0;0    P    C  0;0;3   P  d 0  c d 0   P  : ax  by 0 3c  d 0 Vậy a 2b d  A,  P    ; d  B,  P    a  b2 a  b2 a 2b d  A,  P    d  B,  P     a 2 b  a 2b 2 2 a  b a  b Mà 0.25 a 2b chọn a 2, b 1 đó ta có mp  P  : x  y 0  P  : x  y 0  a  2b chọn a 2, b  đó ta có mp 17  z  z  5 z.z Tìm số phức z thoả mãn z  5 và 0.25  Câu 9a 0.25 0.25 0.25 Đặt z a  bi,  a, b    Mặt khác (1 điểm) z  5  a   bi 5   a  1  b2 25 .Ta có 17  z  z  5 z.z  34a 5  a  b   1  2 0.25 0.25  a  1  b 25   2 5  a  b  34a 1 ,    Từ ta có hpt giải hệ phương trình ta a 5  z 5  3i    b 3  z 5  3i có hai số phức toả mãn là z 5 3i a 5  b 3 0.25 0.25 A  1;  , B  4;3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho các điểm Tìm toạ độ điểm M 10 MAB 1350 cho và khoảng cách từ M đên đường thẳng AB Câu 8b (1 điểm) MH  Hạ MH  AB , từ giả thiết suy 10 H  MA MH  2 vuông cân Theo yêu cầu bài toán   x0  1 1 y0    cos1350  AB, AM 1350 2     10  x0  1   y0    AM   2  x0  1   y0   5   x0      y0     M  0;0     x    M   1;3   y  1 Giải hệ trên ta   Giả sử Câu 7b (1 điểm) M  x0 ; y0   10 và MAH  0.25 0.25 0.25 M  0;  & M   1;3 0.25 Vậy có hai điểm M thoả mãn là C  0; 0;  , K  6;  3;0  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm Viết phương trình  P  qua C , K cho  P  cắt các trục Ox, Oy A, B và thể tích khối mặt phẳng tứ diện OABC x y z A  a;0;0  , B  0; b;0  ,  ab 0    P  :   1 0.25 a b Giả sử K   P    1  6b  3a ab (*) a b Do Mặt khác OABC là tứ diện vuông 0.25 VOABC  a b 3  ab 9 (**)  * ,  ** : A nên Giải hệ phương trình  6b  3a ab  6b  3a ab  ab 9     6b  3a ab  ab 9   ab    a 3, b 3  a 2b    2b2  3b  0  a  6, b      a 2b   2b  3b  0 (vn)  0.25 Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là  P1  : x  y  3z  0 ;  P2  : x  y  3z  0; Câu 9b (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn : z  z  z  0   z  1  z  z   0 Phương trình z  z  z  0  z 1   z  z  0 (***)  i 15  i 15  1  16 15i  z2  , z3  2 Giải có  i 15  i 15 z1 1 , z2  , z3  2 Phương trình có ba nghiệm  *** -Hết 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25