Tải bản đầy đủ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013 MÔN TOÁN; Khối: A,A1 & B THPT ĐẶNG THÚC HỨA doc

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2013
Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
1
1
x
y
x

=
+

(1)
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
(1)

.
2. Tìm
m
để đường thẳng
:
d y x m
= +
cắt đồ thị hàm số
(1)
tại hai điểm phân biệt
,
A B
sao cho
2 2
2
OA OB
+ =
, trong đó
O
là gốc toạ độ.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2 cos 2
cot
sin 2 cos
x
x
x x
− =

2. Giải phương trình
2
1
2 ( ).
x x x x
x
− + − = ∈


Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
(
)
ln2
0
1
x x
I e x e dx
= + −


Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi,

0
2 , 60 .
AB a BAD
= =
Hình chiếu vuông
góc của đỉnh
S
lên mặt phẳng
( )
ABCD
là trọng tâm
H
của tam giác
.
ABD
Biết tam giác
SAC
vuông tại đỉnh
,
S

tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
theo
a
và tính góc giữa hai mặt phẳng
( )
SAC

( ).
SBC

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
, ,
a b c
thoả mãn
2 2 2
1
a b c
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2


.
1 1
1 2
a c b c a b c
P
bc ca
abc
+ + + +
= + +
+ +
+

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,
Oxy
cho đường tròn
2 2
( ) : ( 1) ( 2) 10
C x y
− + − =
có tâm
I
. Viết phương
trình đường thẳng

cách
O
một khoảng bằng
5
và cắt đường tròn
( )
C
tại hai điểm phân biệt
,
A B
sao cho
diện tích tam giác
IAB
lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ
,
Oxyz
cho đường thẳng
1
:
1 1 1
x y z
d

= =

và mặt phẳng
( ) : 2 2 3 0
P x y z
+ − − =
. Viết phương trình đường thẳng

vuông góc với mặt phẳng
( ),
P
cắt trục hoành
và cắt đường thẳng
.
d

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số nguyên dương
n
và hai số thực
, ( 0)
a b b
>
. Biết trong khai triển nhị thức Niu-tơn
n
a
b
b
 



+





 
có số hạng chứa
4 9
,
a b
tìm số hạng chứa tích
a

b
với số mũ bằng nhau.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,
Oxy
cho tam giác
ABC
cân tại
A
, phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh
A

: 2 3 0.
d x y
+ − =
Biết đỉnh
B
thuộc trục hoành, đỉnh
C
thuộc trục tung và diện tích tam giác
ABC

bằng
5.
Tìm toạ độ ba đỉnh
, ,
A B C
của tam giác
.
ABC

2. Trong không gian với hệ toạ độ
,
Oxyz
cho đường thẳng
1 1
:
2 1 1
x y z
d
− −
= =

cắt mặt phẳng
( ) : 2 6 0
P x y z
+ + − =
tại điểm
.
M
Viết phương trình mặt cầu
( )
S
có tâm
I
thuộc đường thẳng
d
và tiếp
xúc với mặt phẳng
( )
P
tại điểm
A
, biết diện tích tam giác
IMA
bằng
3 3
và tâm
I
có hoành độ âm.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
4 2 2
log ( ) log 4
( , ).
2 log log .log (6 )
x y
xy x
x y
y x x


+ =





= −





Hết
Chú ý: 1. Thí sinh có thể xem điểm thi và đáp án tại các địa chỉ: http://thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
2. Dự kiến kỳ thi thử ĐH,CĐ lần 2 tổ chức vào ngày 30/4, 1/5/2013. Học sinh đăng ký qua Thầy Kháng, Thầy Chung.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM 2013

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Tập xác định
\ {-1}
D
=

.
Sự biến thiên
Chiều biến thiên:
2
2
' 0 1
( 1)
y x
x
= > ∀ ≠ −
+
. Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ; 1)
−∞ −

( 1; )
− +∞
.
0,25
Cực trị: Hàm số không có cực trị.
Giới hạn:
1 1
1 1
lim , lim
1 1
x x
x x
x x
− +
→− →−
− −
= +∞ = −∞
+ +
. Đường thẳng
1
x
= −
là tiệm cận đứng.
1 1
lim 1, lim 1
1 1
x x
x x
x x
→−∞ →+∞
− −
= =
+ +
. Đường thẳng
1
y
=
là tiệm cận ngang.
0,25
Bảng biến thiên
x -∞ -1 +∞

y’ + +
y
+∞ 1


1 - ∞

0,25
I.1
(1 điểm)
Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0).
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;-1).
Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận
I(-1;1) làm tâm đối xứng

0,25
Điều kiện
1
x
≠ −
.
Phương trình hoành độ giao điểm
2
1
1 0
1
x
x m x mx m
x

= + ⇔ + + + =
+
(*).
0,25
Đường thẳng
d
cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt
,
A B
khi PT(*) có 2 nghiệm phân biệt khác
1

hay
2
4 4 0
m m
− − >
.
0,25
Giả sử
1 1 2 2
( ; ), ( ; )
A x x m B x x m
+ + , trong đó
1 2
,
x x
là 2 nghiệm phân biệt của PT(*).
Theo định lý Vi-ét ta có
1 2
1 2
1
x x m
x x m


+ = −




= +



.
0,25
I.2
(1 điểm)
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 1
OA OB x x m x x m x x x x m x x m
+ = ⇔ + + + + + = ⇔ + − + + + =

2
2 3 0 1 v 3
m m m m
⇔ − − = ⇔ = − =
(Loại).
Đối chiếu điều kiện:
1
m
= −

0,25
Điều kiện:
sin 2 0,cos 0, sin 0 , .
2
k
x x x x k
π
≠ ≠ ≠ ⇔ ≠ ∈


0,25
Phương trình đã cho tương đương với
2
1 sin .cos 2 cos
x x x
− =
2
sin sin .cos 2 0
x x x
⇔ − =

0,25
II.1
(1 điểm)
sin 0 ( )
sin cos2
x loai
x x

=



=


2
1
sin cos 2 2 sin sin 1 0 sin 1 v sin
2
x x x x x x
⇔ = ⇔ + − = ⇔ = − =

0,25

-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
x
y
O
M
H
O
C
D
A
B
S

*
sin 1 2 ,
2
x x k k
π
π
= − ⇔ = − + ∈

(Loại)
*
1 5
sin 2 v 2 , .
2 6 6
x x k x k k
π π
π π
= ⇔ = + = + ∈


Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm:
5
2 v 2 , .
6 6
x k x k k
π π
π π
= + = + ∈


0,25
Điều kiện:
2
1
1
0, 0
1 0
0
x
x x
x
x
x x





− ≥ ≠







− ≤ <


− ≥





0,25
Phương trình đã cho tương đương với:
2 2
2
1 1 1
1 ( 1) 0 ( 1) 0
1
1
1
x x x x x
x
x x
x x
x
 
 
 
 
 




 
− − + − − = ⇔ − − + =



 

 



 − + 

 


− +


 




 
 
 
.
0,25
*
2
1 5
1 0
2
x x x
±
− − = ⇔ =
(Thoả mãn điều kiện).
0,25
II.2
(1 điểm)
*
2
1
1 1 0
x x x x
x
 




− + + − + =







 
(1)
+ Nếu
1
x

thì phương trình (1) vô nghiệm.
+ Nếu
1 0
x
− ≤ <
thì
2 3
;1 0
x x x
> + ≥
. Ta có phương trình (1) tương đương với
(
)
2 3
(1 ) 0
x x x x x
− − − + + =
(vô nghiệm).
0,25
ln 2 ln
0 0
1
x
x x x
I xe dx e e dx
= + −
∫ ∫

0,25
*
ln 2
1
0
x
I xe dx
=

. Đặt
x x
u x du dx
dv e dx v e
 
 
= =
 
 

 
 
= =
 
 
 
.
Ta có
ln 2
1
0
ln 2 ln 2
2 ln 2 2 ln2 1
0 0
x x x
I xe e dx e
= − = − = −


0,25
*
ln 2
2
0
1
x x
I e e dx
= −

. Đặt
2
1 1
x x
t e e t
= − ⇒ = +
. Khi
0
x
=
thì
0
t
=
, khi
ln 2
x
=
thì
1
t
=
.
Ta có
2
x
e dx tdt
=
. Do đó
ln 2
3
2
2
0
1
2 2
2
0
3 3
t
I t dt
= = =


0,25
III
(1 điểm)
Do đó
1 2
1
2 ln 2
3
I I I
= + = −

0,25
0,25
IV
(1 điểm)
Từ giả thiết ta có tam giác
ABD
đều. Gọi
{ }
O AC BD
= ∩
. Ta có
2 2 3
AC AO a
= =
.
Diện tích hình thoi
ABCD

2
1
. 2 3
2
ABCD
S AC BD a
= =
.
H
là trọng tâm của
ABD

nên
1 2 3
3 3
a
AH AC= =

2 4 3
3 3
a
CH AC= =

Tam giác
SAC
vuông tại
,
S
có đường cao
SH
nên
SAH

đồng dạng với
CSH


2 6
3
SH AH
SH a
CH SH
⇒ = ⇒ =

Thể tích khối chóp
.
S ABCD

3
.
1 4 2
. .
3 3
S ABCD ABCD
V SH S a
= =

0,25
R
H
B
I
A
Gọi
M
là trung điểm của cạnh
SC

Tam giác
SAC
vuông tại
S
nên
(1)
OM SC


Ta có
, , (2)
OB SH OB AC OB SC OB OM
⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥

Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng
( )
SAC

( )
SBC
bằng góc

BMO
.
0,25

Ta có
2 2
1 1
2 2
OM SA AH SH a
= = + =
;
1
2
OB BD a
= =
. Tam giác
OBM
vuông tại
.
O

 
0
tan 1 45 .
OB
OMB OMB
OM
= = ⇒ =
Vậy góc giữa hai mặt phẳng
( )
SAC

( )
SBC
bằng
0
45 .

0,25
Chứng minh:
2 2 2 2 2 2 2
2(1 ) ( ) 2 4 2 ( ) 2( )
bc a b c bc b c a b c ab bc ca
+ ≥ + + ⇔ + + ≥ + + + + +

2 2 2 2 2 2 2 2
( 2 ) 2 ( ) 2 0 ( ) 2 0
a b c bc a b c b c b c a b c
⇔ + + + − + + ≥ ⇔ + − + ≥

Dấu “=” xảy ra khi
0
b c a
bc


+ =




=




0,25
Chứng minh:
2 2 (1 2 ) ( ) 2
abc a b c a bc b c+ ≥ + + ⇔ − + + ≤ .Theo Bất đẳng thức Bunhiacopsky
2 2 2 2 2
(1 2 ) ( ).1 ( ( ) (1 2 ) 1 2(1 2 )(1 2 2 )
a bc b c a b c bc bc bc b c
   
− + + ≤ + + − + = + − +
   
   

0,25
Cần chứng minh
2 2 2 2
(1 2 )(1 2 2 ) 1 2 (2 1) 0
bc bc b c b c bc
+ − + ≤ ⇔ − ≤

Ta có
2 2 2 2 2
1 ( ) 2 2 1 0
a b c b c bc bc
= + + ≥ + ≥ ⇔ − ≥
. Dấu “=” xảy ra khi
0
abc
=

0,25
V
(1 điểm)
2(2 ) 2(2 ) 2( )
3 2
a c b c a b c
P
a b c a b c a b c
+ + + +
≤ + + =
+ + + + + +
.Vậy
max 3 2
P
=
đạt được khi
2
, 0
2
a b c
= = =
.
0,25
Đường tròn (C) có tâm
(1;2)
I
, bán kính
10
R
=
. Đường thẳng
2 2
: 0 ( 0).
ax by c a b
∆ + + = + ≠

0,25
Diện tích tam giác
IAB


2
1 1
. . sin 5
2 2
IAB
S IA IB AIB R
= ≤ =
.
Vậy
max 5
IAB
S
=
đạt được khi

0
90
AIB
=
. Gọi
H
là trung điểm của đoạn thẳng
AB
ta có
IH AB



5
IH
=

0,25
Ta có
2 2
2 2
| |
(1)
5
( , ) 5

| 2 |
( , ) 5
(2)
5
c
d O
a b
a b c
d I
a b



=




∆ =


+
 

 
 
+ +
∆ =
 
=





+


.
0,25
VI.a.1
(1 điểm)
Từ PT(1) và (2) ta có
2
| | | 2 |
2
2
a b
c a b c
a b
c

= −


= + + ⇔
+

= −



* Với
2
a b
= −
chọn
2, 1
a b
= = −
. Từ PT(1) ta có
5
c
= ±
.
Phương trình đường thẳng


2 5 0
x y
− + =

2 5 0
x y
− − =
.
* Với
2
2
a b
c
+
= −
thay vào PT(1) ta có
2 2
19 4 16 0
a ab b
− + =
(vô nghiệm).
0,25
Giả sử
{ }
M Ox
= ∆ ∩
,
{ }
N d
= ∆ ∩
. Gọi
( ; 0;0), ( ; ;1 )
M a N b b b


0,25
( ; ;1 )
MN b a b b
= − −

. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
( )
P

(2;1; 2)
n
= −

.
0,25
Do đường thẳng

vuông góc với mặt phẳng
( )
P
nên
MN


n

cùng phương.
Ta có
1
1
1
2 1 2
a
b a b b
b


=
− −


= = ⇔


= −




. Ta có
(1;0; 0), ( 1; 1;2)
M N
− −

0,25
VI.a.2
(1 điểm)
Phương trình đường thẳng


1
2 1 2
x y z

= =


0,25
VII.a
(1 điểm)
Số hạng thứ
1
k
+
trong khai triển là
3
2
1
n k
k n
k k k n k
k n n
a
T C b C a b
b



+
 




= =





 

0,25
d
P
I
A
M
Số hạng này chứa
4 9
a b
khi
4
15
3
9
11
2
, 0
n k
n
k n
k
k k n


− =





=



 
= ⇔
 
 
=
 



∈ ≤ ≤






0,25
Với
15
n
=
ta có số hạng thứ
1
k
+
trong khai triển là
3 15
15
2
1 15
k
k k
k
T C a b


+
=

0,25

Trong khai triển có số hạng chứa tích
a

b
với số mũ bằng nhau khi
3 15
15
9
2
, 0 15
k
k
k
k k




− =


⇔ =



∈ ≤ ≤





Vậy số hạng chứa tích
a

b
với số mũ bằng nhau là:
9 6 6 6 6
10 15
5005 .
T C a b a b
= =

0,25
Giả sử
( ; 0), (0; )
B b C c
.
( ; )
BC b c
= −

. Gọi
H
là trung điểm của cạnh
( ; )
2 2
b c
BC H⇒

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng
d

( 1;2).
u = −


0,25
Do tam giác
ABC
cân tại
A
nên
2 0 4
. 0
2 6 2
b c b
BC u
b c c
H d

 

 
+ = =
=

 
  
⇔ ⇔
  
  
+ = = −

  
 
 


 
. Suy ra
(4; 0), (0; 2).
B C


0,25
Ta có
2 5, (2; 1)
BC H
= −
. Diện tích tam giác
ABC

1
. 5 5
2
ABC
S AH BC AH= = ⇒ =

0,25
VI.b.1
(1 điểm)
Giả sử
( ;3 2 )
A t t

. Ta có
2 2
5 ( 2) (4 2 ) 5 1 v 3
AH t t t t
= ⇔ − + − = ⇔ = =

Với
1 (1;1),
t A
= ⇒
với
3 (3; 3).
t A
= ⇒ −

0,25
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng
d

(2;1; 1)
u


. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
( )
P

(1;2;1).
n


Gọi
ϕ
là góc giữa đường thẳng
d
và mặt phẳng
( )
P
.
Ta có
| 2 2 1 |
1
sin | cos( , ) |
2
6 6
u nϕ
+ −
= = = ⇒
 

0
30
IMA
ϕ
= =
0,25
Gọi
R
là bán kính mặt cầu
( )
S
IA R
⇒ =
. Tam giác
IMA
vuông tại
A



0
30 3
IMA AM R
= ⇒ =
.
1
3 3 . 3 3 6
2
IMA
S IAAM R= ⇔ = ⇔ =
.
0,25
Giả sử
1
(1 2 ;1 ; ),
2
I t t t t
+ + − < −
.
Từ giả thiết ta có khoảng cách
| 3 3 |
( ,( )) 6
6
t
d I P R

= ⇔ =
1 v 3
t t
⇔ = − =
(loại)
( 1;0;1).
I
⇒ −

0,25
VI.b.2
(1 điểm)
Phương trình mặt cầu
2 2 2
( ) : ( 1) ( 1) 6
S x y z
+ + + − =

0,25
Điều kiện:
0 6, 1
0, 1
x x
y y


< < ≠




> ≠




0,25
Phương trình (1) của hệ
2
log 2 log 3 log 1 v log 2 v
x y x x
y x y y y x y x
+ = ⇔ = = ⇔ = =
0,25
* Với
y x
=
từ PT(2) của hệ ta có
2
2
2 2 2
2 2
log 0
1
log log . log (6 )
log log (6 )
2
x
x x x
x x

=

= − ⇔

= −



1 ( )
4
6 0
x Loai
x
x x

=

⇔ ⇔ =

+ − =


. Hệ phương trình có nghiệm
4
4
x
y


=




=



.
0,25
VII.b
(1 điểm)
* Với
2
y x
=
từ PT(2) của hệ ta có
2
2 2 2
2 log log .log (6 ) 2 v 1 ( )
x x x x x Loai
= − ⇔ = =
.
Hệ phương trình có nghiệm
2
4
x
y


=




=



.
0,25
Chú ý: 1. Những thí sinh có lời giải khác với đáp án, Giám khảo tự điều chỉnh thang điểm cho phù hợp.
2. Thí sinh có thể xem điểm thi và đáp án tại các địa chỉ: http://thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
3. Dự kiến kỳ thi thử ĐH, CĐ lần 2 được tổ chức vào ngày 30/4, 1/5/2013. Học sinh đăng ký qua Thầy Nguyễn Phương Kháng
(0986606720), Thầy Phạm Kim Chung (0984333030).
Xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo: Phạm Kim Chung, Nguyễn Thị Thoả (THPT Đặng Thúc Hứa) đã giải và phản biện
đề thi!
CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT ĐƯỢC KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO ĐẠI HỌC!

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×