ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, B - THPT BA ĐÌNH docx

7 378 0
  • Loading ...
1/7 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 19/03/2014, 11:20

S GD&T THANH HểA TRNG THPT BA èNH THI TH I HC LN 1 NM 2013 Mụn: TON; Khi A, B Thi gian lm bi: 180 phỳt Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 im) Câu I (2,0 im) Cho hm s 2 11xyx+= cú th l (C) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s. 2. Tỡm cỏc giỏ tr m ng thng 3y x m= + ct (C) ti A v B sao cho trng tõm ca tam giỏc OAB thuc ng thng 2 2 0x y = (O l gc ta ). Cõu II (2,0 điểm) 1. Gii bt phửụng trỡnh 3 2(3 4 4) 1 0x x x x+ + 2. Gii phửụng trỡnh cos cos3 1 2 sin 24x x x + = + + Câu III (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn 2201 3sin 2 2cosx xdx + Câu IV (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht, , 2 2AB a AD a= =. Hỡnh chiu vuụng gúc ca im S trờn mt phng (ABCD) trựng vi trng tõm tam giỏc BCD. ng thng SA to vi mt phng (ABCD) mt gúc 450. Tớnh th tớch ca khi chúp S.ABCD v khong cỏch gia hai ng thng AC v SD theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z l cỏc s thc dng. Chng minh bt ng thc 2 2 22 2 22 2 21( ) ( ) ( )x xy y yz z zxy zx z z xy x x yz y+ + ++ + + + + + + + PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc phn B) A. Theo chng trỡnh chun Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mt phng Oxy, cho hai ng thng d1: 3 5 0x y+ + =, d2: 3 1 0x y+ + = v im (1; 2)I. Vit phng trỡnh ng thng i qua I v ct d1, d2 ln lt ti A v B sao cho 2 2AB =. 2. Trong khụng gian Oxyz, cho hai im A(-1; -1 ;2), B(-2; -2; 1) v mt phng (P) cú phng trỡnh 3 2 0x y z+ + =. Vit phng trỡnh mt phng (Q) l mt phng trung trc ca on AB. Gi l giao tuyn ca (P) v (Q). Tỡm im M thuc sao cho on thng OM nh nht. Cõu VII.a (1,0 im) Tỡm s phc z tha món (1 3 )i z l s thc v 2 5 1z i + =. B. Theo chơng trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mt phng Oxy, cho hai ng thng d1: 3 5 0x y+ + =, d2: 3 5 0x y + = v im (1; 2)I. Gi A l giao im ca d1 v d2 . Vit phng trỡnh ng thng i qua I v ct d1, d2 ln lt ti B v C sao cho 2 21 1AB AC+ t giỏ tr nh nht. 2. Trong khụng gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) vaứ C(2;2;1) v mt phng (P): x + 3y z + 2 = 0. Tỡm ta im M thuc mt phng (P) sao cho MA2 + MB2 + MC2 t giỏ tr nh nht. Cõu VII.b (1,0 im) Gii h phng trỡnh ( ) ( )( ) ( )21 21 22log 2 2 log 1 6log 5 log 4 1x yx yxy y x xy x + + + + + =+ + = Hết www.MATHVN.comwww.MATHVN.comĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 11xyx+=− 1,00 TXĐ : {}\ 1ℝ. 23' 0, 1( 1)y xx−= < ∀ ≠− 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1)và(1; )−∞ +∞ 1 12 1 2 1lim ; lim1 1x xx xx x+ −→ →+ += +∞ = −∞ ⇒− − TCĐ : 1x= 2 1lim 21xxx→±∞+= ⇒− TCN : 2y= 0,25 Lập BBT x −∞ 1 +∞ y’ - - y 2 −∞ +∞ 2 0,25 1 Đồ thị 654321-1-2-4-22461 0,25 trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng 2 2 0x y− − = (d) 1,00 Pt hoành độ giao điểm: 2 131xx mx+= − +−. Với đk 1x≠ 2PT 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (1)x x x m x m x m⇔ + = − − + ⇔ − + + + = 0,25 D cắt (C) tại A và B ⇔ Pt (1) có 2 nghiệm khác 1 211(1 ) 12( 1) 0( 1)( 11) 013 (1 ) 1 0mm mm mmm m>∆ = + − + >⇔ ⇔ + − > ⇔< −− + + + ≠ 0,25 I 2 Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của (1). Khi đó 1 1 2 2( ; 3 ), ( ; 3 )A x x m B x x m− + − + Gọi I là trung điểm của AB 1 21 1, 32 6 2I I Ix xm mx y x m++ −⇒ = = = − + = 0,25 www.MATHVN.comwww.MATHVN.comGọi G là trọng tâm tam giác OAB 2 1 1;3 9 3m mOG OI G+ − ⇒ = ⇒    1 1 112. 2 09 3 5m mG d m+ − ∈ ⇔ − − = ⇔ = −   (TM). Vậy 115m= − 0,25 Giải bất phöông trình 3 2(3 4 4) 1 0x x x x+ − − + ≤ 1,00 Điều kiện : 1x≥ −. Đặt 2011yy xy x≥= + ⇔= + Bpt trở thành 3 2 2(3 4 ) 0x x y y+ − ≤ 0,25 TH 1. 0 1y x= ⇔ = −. Thỏa mãn BPT TH 2. 0 1y x> ⇔ > −. Chia hai vế cho 3y ta được 3 23 4 0x xy y   + − ≤      . Đặt xty= và giải BPT ta được 1t≤ 0,25 21 001 1 11 0xxxt x xyx x− ≤ <≥≤ ⇒ ≤ ⇔ ≤ + ⇔− − ≤ 0,25 1 1 001 5121 5 1 52 2xxxx− ≤ <≥+⇔ − ≤ ≤− +≤ ≤. Kết hợp 1x> − ta được 1 512x+− < ≤. Vậy tập nghiệm của BPT là S = 1 51;2 +−   0,25 Giải phöông trình cos cos3 1 2 sin 24x x xπ + = + +   1,00 ⇔ = + +2cos2xcosx 1 sin2x cos2x 0,25 ⇔ − = +cos2x(2cosx 1) 1 2sinxcosx ⇔ − − = +2 2 2(cos x sin x)(2cosx 1) (cosx sin x) + =⇔− − = +cosx sinx 0 (1)(cosx sinx)(2cosx 1) cosx sinx (2) 0,25  π π π⇔ + = ⇔ + = π ⇔ = − + π  (1) 2 sin x 0 x k x k4 4 4 0,25 II 2 π== + π⇔ − − = ⇔ ⇔ π+ =π π + = ± + π cosx 0x k2(2) 2cosx(cosx sinx 1) 02 cos x 1x k244 4Vậy pt có nghiệm là π= − + πx k4, π= + πx k2, = πx k2 0,25 III Tính tích phân I = 2201 3sin 2 2cosx xdxπ− +∫ 1,00 www.MATHVN.comwww.MATHVN.com2 2 22 20 0 01 3sin 2 2cos (sin 3 cos ) sin 3cosI x xdx x x dx x x dxπ π π= − + = − = −∫ ∫ ∫ 0,25 sin 3cos 0 tan 33x x x x kππ− = ⇔ = ⇔ = + Do 0;2xπ ∈   nên 3xπ= 0,25 3203sin 3cos sin 3cosI x x dx x x dxπππ= − + −∫ ∫ 3203(sin 3cos ) (sin 3cos )x x dx x x dxπ ππ= − + −∫ ∫ ( ) ( )3 203cos 3 sin cos 3sinx x x xπ ππ= − − + − − 0,25 1 3 1 31 3 3 32 2 2 2= − − + + − + + = − 0,25 Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. 1,00 Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo GT ( )SH ABCD⊥ Gọi 2 123 3O AC BD CH CO AC a AH AC HC a= ∩⇒= = =⇒= − = SA tạo với đáy góc 450 suy ra 045 2SAH SH AH a= ⇒ = = 0,25 Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD thì 31 1 4 2. .2 2 .23 3 3ABCDV S SH a a a a= = = 0,25 Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và // SD Do đó ( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d SD AC d SD ACM d D ACM= = Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó 2 4 2(0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0)3 3a aA B a D a S a C a a     0,25 IV 5 2 2; ;6 3a aM a    . ( ;2 2 ;0)AC a a= 5 2 2; ;6 3a aAM a =⇒    2 2 2(2 2 ; ; 2 )AC AM a a a∧ = − − Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt (2 2; 1; 2)n = − − nên có phương trình là 0,25 MHOBDCASwww.MATHVN.comwww.MATHVN.com2 22 22 2 2 0 ( ;( ))8 1 2 11aax y z d D ACM−− − = ⇒ = =+ + Chứng minh 2 2 22 2 22 2 21( ) ( ) ( )x xy y yz z zxy zx z z xy x x yz y+ + ++ + ≥+ + + + + + (1) 1,00 Ta có 2 2( ) ( . . . ) ( )( )y zx z y y x z z z y x z y z z+ + = + + ≤ + + + + 2 22 21 1 2 2( )( 2 ) ( )( 2 )( ) ( )x xy x xyx y z y z x y z y zy zx z y zx z+ +⇒ ≥ ⇔ ≥+ + + + + ++ + + + 0,25 2 21 2 1 2 2 2( ) 2 ( ) 2x xy x xy xzx x xx y z y z x y z y z   + + += + − = −   + + + + + +    22x xy z x y z= −+ + +. Tương tự, cộng lại ta được VT (1) 2 2 212 2 2x y zy z z x x y≥ + + −+ + + 0,25 2 2 2 22( )2 1 12 2 2 3( )x y z x y zxy xz yz yx zx zy xy yz zx + += + + − ≥ − + + + + +  0,25 V Chứng minh được 2( ) 3( )x y z xy yz zx+ + ≥ + +. Suy ra VT (1) 2 1 1≥ − = Đẳng thức xảy ra x y z= = 0,25 Viết ptđt đi qua I và cắt d1, d2 lần lượt tại A và B sao cho 2 2AB = 1,00 1 2( ; 3 5); ( ; 3 1)A d A a a B d B b b∈ ⇒ − − ∈ ⇒ − − ( 1; 3 3) 0; ( 1; 3 1)IA a a IB b b= − − − ≠ = − − +   I, A, B thẳng hàng 1 ( 1)3 1 ( 3 3)b k aIB kIAb k a− = −⇒ = ⇔− + = − −  0,25 Nếu 1 1 4a b AB= ⇒ = ⇒ = (không TM) Nếu 13 1 ( 3 3) 3 21bb a a ba−⇒ − + = − − ⇔ = −− 0,25 [ ]22 2 2( ) 3( ) 4 2 2 (3 4) 8,AB b a a b t t t b a= − + − + = ⇔ + + = = − 225 12 4 025tt tt= −⇔ + + = ⇔= − 0,25 1 2 2 2, 4 :5 3 0t b a b a x y= − ⇒ − = − ⇒ = = ⇒ ∆ + − = 2 2 6 8, :13 11 05 5 5 5t b a b a x y− −= ⇒ − = ⇒ = = ⇒ ∆ + − = 0,25 Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho đoạn thẳng OM nhỏ nhất 1,00 VI.a 2 Gọi I là trung điểm của AB 3 3 3; ; . ( 1; 1; 1)2 2 2I AB− − ⇒ = − − −   Pt (Q) là 302x y z+ + + = 0,25 www.MATHVN.comwww.MATHVN.comĐường thẳng ∆ đi qua điểm 7 1;0;4 4I −   và có vtcp (2; 1; 1)u= − − Pt tham số của ∆ là 72414x ty tz t= − += −= − 0,25 27 1 252 ; ; . 12 154 4 4M M t t t OM t t ∈∆ ⇒ − + − − = − +   0,25 OM nhỏ nhất 5 19 5 3; ;8 6 8 8t M = ⇒ − −   0,25 Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )i z− là số thực và 2 5 1z i− + =. 1,00 Giả sử z x yi= +, khi đó (1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i− = − + = + + − 0,25 (1 3 )i z− là số thực 3 0 3b a b a⇔ − = ⇔ = 0,25 2 22 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a− + = ⇔ − + − = ⇔ − + − = 0,25 VII.a 2 22 610 34 29 1 5 17 14 07 215 5a ba a a aa b= ⇒ =⇔ − + = ⇔ − + = ⇔= ⇒ = Vậy 7 212 6 ,5 5z i z i= + = + 0,25 Viết phương trình đường thẳng đi qua I và cắt d1, d2 lần lượt tại B và C sao cho 2 21 1AB AC+ đạt giá trị nhỏ nhất 1,00 1 2 1 2, ( 2;1)d d d d A A⊥ ∩ = ⇒ − 0,25 Gọi H là hình chiếu của A trên BC. ∆ABC vuông tại A nên 2 2 21 1 1AB AC AH+ = 0,25 2 21 1AB AC+ nhỏ nhất 21AH⇔ nhỏ nhất AH⇔ lớn nhất H I⇔ ≡ 0,25 1 Khi đó ∆ qua I và có vtpt ( 1; 1)n AI= = − − . Pt ∆ là 1 0x y+ + = 0,25 Tìm M thuộc (P) sao cho MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất 1,00 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh được MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 0,25 MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất MG nhỏ nhất M⇔ là hình chiếu của G trên (P). 0,25 VI.b 2 Tìm được tọa độ 4 21; ;3 3G    0,25 www.MATHVN.comwww.MATHVN.comTìm được 22 61 17; ;3 3 3M −   0,25 Giải hệ phương trình ( ) ( )( ) ( )21 21 22log 2 2 log 1 6(1)log 5 log 4 1 (2)x yx yxy y x xy x− +− +− + − + + − =+ − + = 1,00 Đk Giải hệ phương trình 1 1 0 0 11 2 0 2 1x xy y≠ − > ≠ < ⇔ ≠ + > − < ≠ −  0,25 ()()1 2(1) 2log (1 ) 2 2log 1 6x yx y x− +⇔ − + + − = ()()1 22 2log 2 2log 1 6x yy x− +⇔ + + + − =. 0,25 Đặt 1log ( 2)xt y−= + ta được 222 2 6 2 4 2 0 1t t t tt⇔ + + = ⇔ − + = ⇔ = 0,25 VII.b 2 1y x+ = − Thế vào (2) ta được ( ) ( )1 1 12 2log 2 log 4 1 log 1 14 4x x xx xx x xx x− − −+ ++ − + = ⇔ = ⇔ = −+ + 22 6 (TM)4 2 02 6 (KTM)xx xx= −− − = ⇔= + Vậy 2 6, 1 6x y= − = − − 0,25 www.MATHVN.comwww.MATHVN.com . 3 1) A d A a a B d B b b ∈ ⇒ − − ∈ ⇒ − − ( 1; 3 3) 0; ( 1; 3 1) IA a a IB b b= − − − ≠ = − − +   I, A, B thẳng hàng 1 ( 1) 3 1 ( 3 3) b k. giải BPT ta được 1 t≤ 0,25 2 1 00 1 1 1 1 0xxxt x xyx x− ≤ <≥≤ ⇒ ≤ ⇔ ≤ + ⇔− − ≤ 0,25 1 1 00 1 5 1 2 1 5 1 52
- Xem thêm -

Xem thêm: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, B - THPT BA ĐÌNH docx, ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, B - THPT BA ĐÌNH docx, ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, B - THPT BA ĐÌNH docx

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn