Đang tải... (xem toàn văn)
www.facebook.com/toihoctoan
GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN THANH LIÊM- HÀ NAM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN; Khối A- A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày 6/12/2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2 1 x y x (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) . 2. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C), đường thẳng( ): 2 5 0d x y cắt ( )C tại hai điểm A, B với A có hoành độ dương. Viết phương trình các tiếp tuyến của ( )C vuông góc với IA. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 4sin 3 sin5 2sin .cos2 0.x x x x Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 3 1 1 ; . ( 4 )(2 4) 36 x y x y x y x y x y Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 2 2 0 cos sin .I x x xdx Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và góc 0 60BAD ; D’O vuông góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy một góc = 60 o . Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp C.ADC’. Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm , ,a b c có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 9 2 abc P a b c II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại (1;2)A có góc 0 30ABC , đường thẳng :2 1 0d x y là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng 1 ( ): 2 2 3 0P x y z , 2 ( ) : 2 2 4 0P x y z và đường thẳng d: 3 4 21 2 zyx . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P 1 ), (P 2 ). Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức 4 2 6 ; (1 )(1 2 ); 1 3 i i i i i i trong mặt phẳng phức. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp 2 2 : 1 25 9 x y E với hai tiêu điểm 1 2 ,F F (hoành độ của 1 F âm). Điểm P thuộc elíp sao cho góc 0 1 2 120PF F . Tính diện tích tam giác 1 2 PF F . Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (1;2; 1), ( 2;1;3)A B . Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất. Câu 9.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi. Tính xác suất để chọn được 2 viên bi khác màu. ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. LẠI VĂN LONG TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN; Khối A-A1 Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) + Tập xác định \ 1D R + Sự biến thiên lim 2 x y Đt 2y là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 1 1 lim ,lim x x y y 1x là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 0.25 2 4 ' 0, 1 1 y x x Hàm số nghịch biến trên ;1 , 1; . Hàm số không có cực trị. 0.25 Bảng biến thiên: x 1 'y + 0 || 0 y 0.25 + Đồ thị 0.25 b.(1,0 điểm) Ta có 1,2I , 5 : 2 x d y Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là 2 2 5 1 2 x x x 0.25 3 3;4 3 ( ) x A x loai Hệ số góc của IA là 3 1 1 4 2 k 0.25 Gọi 0 x là hoành độ tiếp điểm. Do tiếp tuyến vuông góc với IA nên Tiếp tuyến có hệ số góc 0 2 00 3 4 1 1( 1) x xx 0.25 1 (2,0 điểm) Từ đó, ta xác định được các tiếp tuyến là: 7, 1y x y x 0.25 (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 4sin3 sin5 sin3 sinx 0x x x 0.25 3sin3 sin5 sin 0 3sin3 2sin3 .cos2 0 sin3 (3 2cos2 ) 0x x x x x x x x 0.25 sin 3 0x 0.25 2 (1,0 điểm) ; 3 k x k Z 0.25 2 2 (1,0 điểm) ĐK: , 0x y 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 1 1 ( )( ) ( ) 1 x y y x y xy x x y x y y xy x x y x y x y 0.25 Trường hợp x = y thay vào phương trình: ( 4 )(2 4) 36x y x y ta được phương trình: 2 6 4 12 0 2 x x x x Hệ có nghiệm ( 6; 6);(2;2) 0.25 Trường hợp 2 2 3 3 1 y xy x x y Do 2 2 0y xy y với , 0x y nên nếu ( ; )x y là nghiệm thì 0xy 0.25 3 (1,0 điểm) Mặt khác 2 2 ( 4 )(2 4) 36 2 4 9 4 16 36x y x y x y xy x y 2 2 2( 1) 4( 2) 9 18x y xy (*) Do 0xy nên PT(*) vô nghiệm Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( 6; 6);(2;2) 0.25 (1,0 điểm) Đặt 2 1 2sin cos cos sin cos du x x dx u x x dv xdx v x . Nên 2 2 2 0 0 cos cos 1 2sin cos cosI x x x x x xdx 0.5 4 (1,0 điểm) 3 2 2 2 2 2 0 0 0 0 cos 2 4 1 cos 2 cos cos 1 sin (2. ) 1 1 3 3 3 x xdx xd x x 0.5 (1,0 điểm) O C D A B D' A' C' B' H 0.25 5 (1,0 điểm) Từ giả thiết: 0 D'DO 60 Tam giác ABD đều, a 3 1 a AC 2AO 2. a 3 và OD BD ; DD'=a 2 2 2 Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’. Ta có: OO' DD'a và OO' AC (do ' 'AC BDD B ), nên diện tích tam giác ACC’ là: 2 ACC' ACC'A' 1 1 1 a 3 S S OO'.AC a.a 3 2 2 2 2 , trong đó 3AC a 0.25 Diện tích tam giác ACD là 2 ACD a 3 S 4 Kẻ OH vuông góc với CD thì D'H CD và OD'H vuông tại O. Do đó a DH 4 Suy ra 2 2 a 15 D'H D'D DH 4 . Diện tích tam giác C’CD là 2 C'CD CDD'C' 1 1 1 a 15 a 15 S S CD.D'H a. 2 2 2 4 8 Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là: 2 2 2 2 xq ACC ' ACD CDC' a 3 a 3 a 15 a 3 S S S S 6 5 2 4 8 8 0.25 Thể tích 2 3 . ' '. 1 3 1 3 3 ' . 3 2 4 8 C AC D C ACD ACD a a a V V D O S (đvtt) 0.25 (1,0 điểm) 2 2 2 9 2 abc P a b c 2 2 9 ( ) 2 2 abc a b c bc 2 2 9 (1 ) ( 2) 2 a a a bc 2 9 ( 2) 2 2 1 2 a bc a a 0.25 Không mất tình tổng quát giả sử ( , , )a min a b c nên 1 [0; ] 3 a Khi đó hàm 2 9 ( ) ( 2) 2 2 1 2 a f t t a a là hàm nghịch biến. 2 2 9 ( ) ( 2) 2 2 1 (0) 2 2 1 2 a f t t a a f a a 0.25 Từ đó ta lại khảo sát hàm 2 (0) 2 2 1f a a với 1 [0; ] 3 a 0.25 6 (1,0 điểm) Khi đó ta có 1MaxP khi 1; 0a b c và các hoán vị. 0.25 (1,0 điểm) cho tam giác ABC vuông tại (1;2)A có góc 0 30ABC , đường thẳng :2 1 0d x y là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C. Gọi H là hình chiếu của A trên d là 7 9 ; 5 5 H , ( ; )AH d A d 1 5 Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm BC d vuông góc BC nên BC//AH suy ra 0 60ABH Suy ra, 0 1 tan60 15 AH HB 0.25 Gọi tọa độ của ( ;2 1)B t t 2 2 2 1 7 14 1 7 1 7 3 2 5 5 15 5 75 5 15 15 BH t t t t 7 3 9 2 3 7 3 9 2 3 ; ; 5 15 5 15 5 15 5 15 B B 0.25 7.a (1,0 điểm) TH1: 7 3 9 2 3 ; 5 15 5 15 B Phương trình BC qua B vuông góc với d là 1 2 5 0 3 x y 0.25 1 5 2 ; 3 C BC C a a 31 2 3 13 3 31 2 3 . 0 ; 15 15 15 AC AB a C TH2: 7 3 9 2 3 ; 5 15 5 15 B Phương trình BC qua B vuông góc với d là 1 2 5 0 3 x y 1 5 2 ; 3 C BC C a a 31 2 3 13 3 31 2 3 . 0 ; 15 15 15 AC AB a C 0.25 (1,0 điểm) Giả sử ( ) :I d 3 4 21 2 zyx ( 2 ; 2 ;4 3 )I t t t là tâm của mặt cầu (S) 0.25 Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P 1 ), (P 2 ) d (I, (P 1 )) = d (I ; (P 2 )) 1 13 1610 3 1 39 3 1 t t tt 0.25 1 2 (11;26; 35); ( 1;2;1)I I R 1 = 38 ; R 2 = 2 0.25 8.a (1,0 điểm) Vậy có hai mặt cầu cần tìm: 2 2 2 2 1 ( ): ( 11) ( 26) ( 35) 38S x y z , 2 2 2 2 ( ): ( 1) ( 2) ( 1) 4S x y z 0.25 (1,0 điểm) Ta có: 4 1 4 2 2 1 1 1 i i i i i i i có điểm biểu diễn A= (2; -2). 1 1 2 3i i i có điểm biểu diễn B= (3; 1). 2 6 3 2 6 2 3 3 3 i i i i i i i có điểm biểu diễn C= (0; 2). 0.5 9.a (1,0 điểm) Xét BA 1; 3 ,BC 3;1 BA.BC 0 BA BC Suy ra tam giác ABC vuông tại B. 0.5 (1,0 điểm) 2 2 : 1 25 9 x y E có 2 2 2 2 2 1 2 5 2 1025 4 8 16 9 a aa c F F c a b b 0.25 Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có: 2 1 1 2 2 2 2 2 0 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 10 2 10 2 . . 120 10 8 .8 PF PF PF PF a PF PF F F PF F F cos PF PF PF 0.25 7.b (1,0 điểm) 1 2 9 7 61 7 PF PF 0.25 1 2 0 1 1 2 1 1 9 3 18 3 . .sin120 . .8. 2 2 7 2 7 PF F S PF FF (đvdt) 0.25 (1,0 điểm) Vì M ở trên Ox nên tọa độ có dạng M(t;0;0) 0.25 Khi đó, 1; 2;1 ; 3; 1;4 ; 7; 4 1; 5AM t AB AM AB t t 0.25 2 1 1 | ; | 17 2 75 2 2 ABM S AM AB t t 0.25 8.b (1,0 điểm) Hàm số 2 ( ) 17 2 75f t t t đạt GTNN tại 1 17 t . Vậy 1 ;0;0 17 M là điểm cần tìm. 0.25 (1,0 điểm) Gọi A là biến cố “ Chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “ Chọn được 2 viên bi đỏ”, C là biến cố “ Chọn được 2 viên bi vàng”, và H là biến cố “ Chọn được 2 viên cùng màu ” Ta có: H A B C và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc. 0.25 Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có: 22 2 3 4 2 2 2 2 9 9 9 5 18 C C C P H P A B C P A P B P C C C C 0.5 9.b (1,0 điểm) Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố H . Suy ra, 5 13 ( ) 1 1 18 18 P H P H . 0.25