Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi ,đáp án đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!
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 2OA 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 − + − = ∈ ℝ 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 và ( ).SBC Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm , ,a b c thoả mãn 2 2 2 1a 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) 10C 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 0P 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 và 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 là : 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 0P 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 + = ∈ = − ℝ ---------------Hết--------------- www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM 2013 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định \ {-1}D = ℝ . Sự biến thiên Chiều biến thiên: 2 2 ' 0 1 ( 1) y x x = > ∀ ≠ − + . Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1)−∞ − và ( 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 1x = − là tiệm cận đứng. 1 1 lim 1, lim 1 1 1 x x x x x x →−∞ →+∞ − − = = + + . Đường thẳng 1y = 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 1x ≠ − . 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 0m 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 ( ) 1OA OB x x m x x m x x x x m x x m+ = ⇔ + + + + + = ⇔ + − + + + = 2 2 3 0 1 v 3m m m m⇔ − − = ⇔ = − = (Loại). Đối chiếu điều kiện: 1m = − 0,25 Điều kiện: sin 2 0,cos 0, sin 0 , . 2 k x x x x k π ≠ ≠ ≠ ⇔ ≠ ∈ ℤ 0,25 Phương trình đã cho tương đương với 2 1 sin .cos 2 cosx x x− = 2 sin sin .cos 2 0x x x⇔ − = 0,25 II.1 (1 điểm) sin 0 ( ) sin cos 2 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 www.VNMATH.com M H O C D A B S * sin 1 2 , 2 x x k k π π = − ⇔ = − + ∈ ℤ (Loại) * 1 5 sin 2 v 2 , . 2 6 6 x x k x k k π π π π = ⇔ = + = + ∈ ℤ Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm: 5 2 v 2 , . 6 6 x k x k k π π π π = + = + ∈ ℤ 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 0x x x x x − + + − + = (1) + Nếu 1x ≥ thì phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu 1 0x− ≤ < thì 2 3 ;1 0x x x> + ≥ . Ta có phương trình (1) tương đương với ( ) 2 3 (1 ) 0x 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 ln 2 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 0x = thì 0t = , khi ln 2x = thì 1t = . 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 3AC AO a= = . Diện tích hình thoi ABCD là 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 là 3 . 1 4 2 . . 3 3 S ABCD ABCD V SH S a= = 0,25 www.VNMATH.com 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 và ( )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 và ( )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 0a 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 ) ( ) 2abc 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) 0bc bc b c b c bc+ − + ≤ ⇔ − ≤ Ta có 2 2 2 2 2 1 ( ) 2 2 1 0a b c b c bc bc= + + ≥ + ≥ ⇔ − ≥ . Dấu “=” xảy ra khi 0abc = 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 2P = đạt được khi 2 , 0 2 a b c= = = . 0,25 Đường tròn (C) có tâm (1;2)I , bán kính 10R = . Đường thẳng 2 2 : 0 ( 0).ax by c a b∆ + + = + ≠ 0,25 Diện tích tam giác IAB là 2 1 1 . . sin 5 2 2 IAB S IA IB AIB R= ≤ = . Vậy max 5 IAB S = đạt được khi 0 90AIB = . Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB ta có IH AB⊥ và 5IH = 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 2a b= − chọn 2, 1a b= = − . Từ PT(1) ta có 5c = ± . Phương trình đường thẳng ∆ là 2 5 0x y− + = và 2 5 0x y− − = . * Với 2 2 a b c + = − thay vào PT(1) ta có 2 2 19 4 16 0a 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 là (2;1; 2)n = − . 0,25 Do đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng ( )P nên MN và 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 ∆ là 1 2 1 2 x y z− = = − 0,25 VII.a (1 điểm) Số hạng thứ 1k + 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 www.VNMATH.com 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 − = = − = ⇔ = ∈ ≤ ≤ ℕ 0,25 Với 15n = ta có số hạng thứ 1k + 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 và b với số mũ bằng nhau khi 3 15 15 9 2 , 0 15 k k k k k − − = ⇔ = ∈ ≤ ≤ ℕ Vậy số hạng chứa tích a và 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 là ( 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 là 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 3AH 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 là (2;1; 1)u − . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng ( )P là (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 30IMAϕ = = 0,25 Gọi R là bán kính mặt cầu ( )S IA R⇒ = . Tam giác IMA vuông tại A có 0 30 3IMA 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 3t t⇔ = − = (loại) ( 1; 0;1).I⇒ − 0,25 VI.b.2 (1 điểm) Phương trình mặt cầu 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 1) 6S 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 www.VNMATH.com . ℝ -- -- - -- - -- - -- - -Hết -- - -- - -- - -- - -- - www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM 2 013 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định { -1 } D = ℝ . Sự biến thi n. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2 013 Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B Thời gian làm b i: 18 0 phút,