De so 1 2

Trung tâm LTĐH Simple Số 70 ngõ 165 Xuân Thủy, Cầu Giầy SĐT 0982715678 (thầy Trọng) TRUNG TÂM LTĐH SIMPLE ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1 NĂM 2013 Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ[.]

TRUNG TÂM LTĐH SIMPLE ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1 NĂM 2013

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 1 3   2   1

y mx  m x  m x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m2

b) Với giá trị nào của m thì hàm số có cực đại, cực tiểu Đồng thời hoành độ các điểm cực đại và cực tiểu

1, 2

x x thỏa mãn điều kiện x12x21

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin2 sin 32  

tan 2 sin sin 3 cos cos 3

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

1 4

x y xy y

y x y x y







Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 1 3 2

0

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SASBSCa 2 Đáy là tam giác ABC cân BAC120o, cạnh BC2a Tính thể tích khối chóp S.ABC Gọi M là trung điểm của SA Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC)

Câu 6 (1,0 điểm) Cho , x y thỏa mãn điều kiện  2 2

2 x y xy1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

x y P

xy







PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác

trong BD Biết ( 4;1), (17;12)

5

H  M và BD có phương trình x  y 5 0 Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(3;-2;-2) và mặt phẳng (P) có phương trình x-y-z+1=0

Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng (Q) cắt hai trục Oy, Oz tại M,N sao cho OM=ON (O là gốc tọa độ)

Câu 9.a (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z , biết 3

12

z  iz và z có phần thực dương

B Theo chương trình nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C):

x y  x y Biết A(2;0) và diện tích tam giác ABC bằng 4 Tìm tọa độ các đỉnh B và C

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm 2 ; 6 ; 2

11 11 11

H 

  Viết phương trình mặt phẳng (P) đi

qua H và cắt các trục tọa độ lần lượt tại A, B, C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình  2  2 1 1

3

1

2

x

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ SỐ 1

1

(2,0 điểm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2 1

3

2

3

y  x x 

 Tập xác định :

1

x y

x





- Hàm số đồng biến trên (;0)và (1;); nghịch biến trên [0;1]

- Hàm số đạt cực đại tại 0, 1

3

x  y  ; đạt cực tiểu tại x CT 1,y CT 0

- Giới hạn lim ; lim

     

0,25

- Bảng biến thiên

0,25

 Đồ thị

0,25

b) Với giá trị nào của m thì hàm số có cực đại, cực tiểu Đồng thời hoành độ

các điểm cực đại và cực tiểu x x1, 2 thỏa mãn điều kiện x12x21

2

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y’ có 2 nghiệm phân biệt, tức là

y

0

+

y’

1

0

0 0

m m









0,25

Gọi x x1, 2 là 2 nghiệm y’ Theo Viét

1 2

2( 1)

3( 2)

m

x x

m

x x

m



  



0,25

Thay vào y’ ta được

( / ) 3

m th m







Vậy m2hoặc 2

3

m

0,25

2

(1,0 điểm)

Giải phương trình sin2 sin 32  

tan 2 sin sin 3 cos cos 3

cos cos 2 cos 3 cos 2



sin 3 sin

x











0,25

2

k

x x x x k  x  kZ

(loại trường hợp k lẻ vì cosx0)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là xkkZ

0,25

3

(1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

1 4 (1)

2 7 2 (2)

x y xy y

y x y x y







2

5

 



2

2

2, 1

y x

y y

y x



2

x  y 5,(2)25y  2( 5 y) 7y2

2

26 0

y y

4

(1,0 điểm)

Tính tích phân

1

0 (x1) 2xx dx



I  x xx dx x  x xx x dx

t xx  t xx tdt x dx t  t 

0,25

1 2

0

1

t t

t t dt  

5

(1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có SASBSCa 2 Đáy là tam giác ABC cân

120o

BAC , cạnh BC2a Tính thể tích khối chóp S.ABC Gọi M là trung điểm của SA Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC)

Do SA=SB=SC nên hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Ta có

2

0

2a

0,25

Gọi H là trung điểm của BC

2

.

V SO S

0,25

SH  SB BH  2a a a

2

SBC

S SH BC a a a

Ta có

3

2

( ;( ))

3

S ABC SBC

d A SBC

d M SBC SM

d A SBC  SA 

a

d M SBC d A SBC

0,25

6

(1,0 điểm)

Cho x y thỏa mãn điều kiện ,  2 2

2 x  y  xy1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của biểu thức 4 4

x y P

xy







2

t

t xyx y  

2

2

4(2 1)

t t P

t

 

 



0,25

t

xy     t   t

t

0,25

Xét

2

( )

t t

f t

t

 



 với

  

1

f t

t t

t

0,25

7

min

P







    





0,25

H

M B

O S

1

-

f’(t)

0

0

 

0 1

2 0

x

y f

x y

 





  





  



 



7a

(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong BD Biết ( 4;1), (17;12)

5

H  M và BD có phương trình

x  y Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC

Đt  qua H và  BD có pt x  y 5 0  BD I I(0;5) 0,25 Giả sử ABH' Tam giác BHH có BI là phân giác và cũng là đường cao nên '

'

BHH cân  I là trung điểm của HH'H'(4;9) 0,25

AB đi qua H’ và có vtcp ' 3;3

5

uH M   

  nên có pt là 5x y 290 0,25 Tọa độ B là nghiệm của hệ 5 29 (6; 1)

5

B

 



  

4

; 25 5

A 

  

0,25

8a

(1,0 điểm)

Trong không gian Oxyz, cho điểm A(3;-2;-2) và mặt phẳng (P) có phương trình x-y-z+1=0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng (Q) cắt hai trục Oy, Oz tại M,N sao cho OM=ON (O là gốc tọa độ)

Gọi ( ; ; )n a b c là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q)

( ) ( ) : ( 3) ( 2) ( 2) 0

A Q Q a x b y c z

ax by cz a b c

( )P ( )Q    a b c 0 (1)

0,25

Giao điểm M của (Q) với Oy xác định bởi

M



Giao điểm N của (Q) với Oy xác định bởi

0; 0;

N



0,25

Nếu b=c thì a=2b Chọn a=2,b=c=1 thì ( ) : 2Q x   y z 2 0 (th/m) 0,25 Nếu b=-c thì a=0 Chọn a=0,b=1,c=-1 thì ( ) :Q y z 0 (loại) 0,25

9a

(1,0 điểm)

Tính môđun của số phức z , biết 3

12

z  iz và z có phần thực dương

Giả sử z x yi x y, ,  3 3

3 2

x xy x

x xy x y y i x yi



Do x 0 (1)x23y21 Thế vào (2) ta được

Giải pt (3) ta được 2

y  x  Do x > 0 nên x = 2

7b

(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C):x2y22x4y0 Biết A(2;0) và diện tích tam giác ABC bằng 4 Tìm tọa

độ các đỉnh B và C

(C) có tâm I(1;-2) và bán kính R 5

Gọi B x y( ;0 0) ( ) C là điểm cần tìm

2

2

x    



Ta có AC( 2; 4)  AC 2R2 5

0,25

Nếu 2x0   y0 2 4 y02x06, thay vào (1) thì

0 0

0

,







Nếu 2x0    y0 2 4 y02x02, thay vào (1) thì

2

Vậy (2; 2)B  hoặc 6 18

;

B  

0,25

8b

(1,0 điểm)

Trong không gian Oxyz, cho điểm 2 ; 6 ; 2

11 11 11

H 

  Viết phương trình mặt

phẳng (P) đi qua H và cắt các trục tọa độ lần lượt tại A, B, C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC

Gọi A(a;0;0), B(0;b;0) và C(0;0;c) Phương trình mặt phẳng (P)

1

x y z

H P

Ta có 2 6 2 2 6 2  

AH a  BH b  BC b c CA a c

0

(2)

b c





0,25

3

a b

c b

 



 Thay vào (1) ta được

11.( 3 )b 11b 11.3b b 3 a c



3

x y z

0,25

9b

(1,0 điểm)

Giải phương trình  2  2 1 1

3

1

2

x

t x    , phương trình trở thành

3

Xét ( ) 3t log3 1 1

f t   t  với t0

1 

ln 3 1

t

f t

t



0,25

Lại có (0) 0f  nên