Đề thi thử ĐH lần III THPT Kinh Môn

Chứng minh rằng: 1 II.PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm đúng khối thi của mình A.. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1,0 điểm.. Viết phương trình đường thẳng BC, biết I 1;1 là

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT KINH MÔN

-

 -ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 – NĂM HỌC 2012-2013

Môn: TOÁN – KHỐI A, B, A1

Thời gian làm bài: 180 phút

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

m

( 3) C

y x = − mx + m − x

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0

2 Tìm m để đường thẳng y = 6x cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt O; A; B đồng thời hoành độ các điểm

A; B là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng2 2

Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình: ( )

5 sin 4 2sin 2

sin cos

x

π

+

2 Giải hệ phương trình sau : ( )

2

x,y R



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

2

2 1

.

e

x

= ∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC a= 7,BC=2a 7,·ACB=1200và đường thẳng 'A C tạo với mặt phẳng (ABB A góc ' ') 30 Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa 0

hai đường thẳng ' ,A B CC theo a.'

Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1

Chứng minh rằng:

1

II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm đúng khối thi của mình

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho tam giác ABC với A(-1; -1), phương trình đường tròn ngoại

tiếp là (T): ( ) (2 )2

x 3− + −y 2 =25 Viết phương trình đường thẳng BC, biết I 1;1 ( ) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong không gian cho 3 điểm (1;1; 1), (1;1; 2), ( 1; 2; 2) A − B C − − và mặt phẳng

(P): x−2y+2z+ =1 0 Mặt phẳng ( )α đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại

I sao cho IB=2IC Viết phương trình mặt phẳng ( )α

Câu VIII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x8 trong khai triển: 1 x 1 2x+ 2( − )

8

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho tam giác ABC và đường tròn (T): x2+ −y2 2x 4y 20 0+ − = Gọi B, C là hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng (d): 3x+ 4y+ 30=0, A và trung điểm của AB nằm trên

đường tròn (T) Tìm A; B; C biết trực tâm tam giác ABC là tâm đường tròn (T) và B có hoành độ dương

Câu VII.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm A(0;-1;2) và đường thẳng

∆ = = Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A, cắt đường thẳng (∆) tại C sao cho

khoảng cách từ B(2;1;1) đến đường thẳng (d) là 3 2

10

Câu VIII.b (1,0 điểm) Tính tổng S C = 12013+ C20135 + + C20132013

======================== Hết ===========================

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

TRƯỜNG THPT KINH MÔN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 – LẦN 3

MÔN TOÁN – KHỐI A, B, A1

I(2,0đ) 1 (1,0 điểm)

Khi M=0 hàm số (1) có dạng y x= −3 3x

a) Tập xác định : D=¡

b) Sự biến thiên

+) Chiều biến thiên: y' 3= x2−3, ' 0y = ⇔ = ±x 1

0,25

+) Bảng biến thiên:

-2

-∞

1

-∞

y'

y x

0,25

+) Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞ −; 1 , 1;) ( + ∞) và nghịch biến trên khoảng (−1;1).+)

Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x= −1,y CD=2

c) Đồ thị: y= ⇔0 x3−3x= ⇔ =0 x 0,x= ± 3, suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại Ox

tại các điểm ( )0;0 ,(− 3;0 ,) ( )3;0

4

2

-2

-4

2 1

-2 -1

2 (1,0 điểm)

( )

9 0 1

x mx m

= ⇒



⇔ 

Đường thẳng y = 6x cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi pt (1) có 2 nghiệm dương

phân biệt x x1; 2 là hoành độ của A và B:

( )

2

0

S m

∆ = − − >



⇔  = − > ⇔ < <

 = >



1 2 2 2 ( 1 2) 2 1 2 8

II(2,0đ) 1 (1,0 điểm)

Đk : ( )*

4

x≠ − +π kπ

P/trình ⇔2sin 2 cos 2x x+2cos 2x=2 sin( x+cosx) (sin 2x+1)

2 sinx cosx sin 2 cosx x sinx cosx sinx sin 2x 1 0

( )

⇔ 



0,25

Giải (1) : Đặt t=cosx−sin ,x (− 2≤ ≤t 2) ⇒sin 2x= −1 t2

Pt (1) trở thành : (1−t t t2) + = −(1 t2)+ ⇔ − − + = ⇔ =1 t3 t2 2t 2 0 t 1 và t=± 2 0,25

+ Với t=1 ta có cos sin 1 s 2

2

x k

π

 = − +



=



x− x= ⇔ x+π = ⇔ = − +x π k π Loai

x− x= − ⇔ x+π = − ⇔ =x π +k π Loai

0,25

2 (1,0 điểm)

Đk: x ≥ 0 Nhận thấy (0; y) không là nghiệm của hệ phương trình

2

Xét hàm số f t( ) = +t t t2+3 có ( ) 2 2

2

3

t

t

= + + + >

+ nên hàm số đồng biến

Vậy ( )* f ( )2y f 1 2y 1

 

0,25

Thay vào phương trình (1) : 2 1

x

x 1

x ≥ y



 ≥

x x

− ( t ≥ 0 ) => t= 1 1 5 Do (**) => 1 5 ( / )

;

0,25

III (1,0 điểm)

Đặt : t ln x dt dx

x

= => = Đ/cận: x= 1 => t =0 và x= e2 => t= 2

K=

2

1

t

−

−

= − ∫ − ∫ = − − + ∫ − ∫

0,25

Đặt : t 1

dt

−



1

1

I

IV (1,0 điểm) ( Học sinh không kẻ hình sẽ tính điểm không bài này)

Trong (ABC), kẻ CH ⊥ AB (H∈AB), suy ra CH ⊥(ABB A' ')

nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’)

Do đó: ·A C ABB A' ,( ' ')=(·A C A H' , ' ) =CA H· ' =300

2 0

.sin120

ABC

a

AB

∆

sin30

CH

Xét tam giác vuông AA’C ta được: 2 2

2

ABC

a

Do CC'/ /AA'⇒CC'/ /(ABB A' ') Suy ra:

( ' , ') ( ',( ' ') ) ( ,( ' ') ) 3

V (1,0 điểm)

Ta có VT =

=

(bc )(2bc ) (ca )(2ca ) (ab )(2ab )

0,25

Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt ab y,bc z,ca x

= = = với x, y, z > 0

Khi đó VT =

(y 2 )(z z 2 ) (y z 2 )(x x 2 ) (z x 2 )(y y 2 )x

=

( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )

0,25

Ta có ( 2 )( 2 ) 2 2 2 2 4 2( )2 5 9( 2 2)

2

Suy ra

2 ( 2 )( 2 ) 9

Tương tự có

2 ( 2 )( 2 ) 9

2 ( 2 )( 2 ) 9

0,25

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT

2

9

Lại có

= 1(( 2 2) ( 2 2) ( 2 2))( 21 2 21 2 21 2) 3 1.9 3 3

2 x +y + y +z + z +x y z +x z + y x − ≥ 2 − = 2

Suy ra VT 2 3 1

9 2 3

0,25 VI.a (1,0 điểm)

Đường tròn ( ) T có tâm K 3;2 ( ) bán kính là R 5 =

Ta có AI :x y 0 − = , khi đó đường thẳng AI

cắt đường tròn ( ) T tại A'(A' khác A) có tọa

độ là nghiệm của hệ ( ) (2 )2

x y 0





− =



= −



⇔  = −

 (loại) hoặc

x 6

y 6

=



 =

 (t/m) Vậy A' 6;6 ( )

0,25

Ta có: A'B A 'C (*) = (Do BA' CA ' ¼ = ¼ ) => A'BC BAI · = · (1) (Vì cùng bằng ·IAC)

Mặt khác ta có ABI IBC · = · (2)

Từ (1) và (2) ta có: BIA ' ABI BAI IBC A 'BC IBA ' · = · + · = · + · = ·

Suy ra tam giác BA'I cân tại A' do đó A'B A 'I (**) =

Từ ( ) ( ) * , ** ta có A'B A 'C A 'I = =

0,25

Do đó B,I,C thuộc đường tròn tâm A' bán kính A'I có phương trình là

( ) (2 )2

x 6 − + y 6 − = 50

Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ ( ) ( )







0,25

Nên tọa độ các điểm B,Clà : (7; 1), ( 1;5) − −

Khi đó Inằm trong tam giác ABC (TM)

VIII.a (1,0 điểm)

Gọi mặt phẳng ( )α có phương trình là ax+by cz d+ + =0với ; ;a b c không cùng bằng 0

+ mp ( )α đi qua (1;1; 1)A − nên ta có : a b c d+ − + =0 (1)

+ mp ( )α ⊥mp P x( ) : −2y+2z+ =1 0 nên 2 VTPT vuông góc nhau

=> − + =

0,25

+IB=2IC =>khoảng cách từ B tới mp ( )α bằng 2 lần khoảng cách từ C tới ( )α

Từ (1), (2), (3) ta có 2 trường hợp sau :

TH1 :

1

2

a b c d

−

 =

 + − + =







chọn a = => = −2 b 1;c= −2;d = −3

Ta có phương trình mp ( )α là 2x y− −2z− =3 0

0,25

TH 2 :

3

2

a b c d

 =

 + − + =







chọn a= => =2 b 3;c=2;d = −3

Ta có phương trình mp ( )α là 2x+3y+2z− =3 0

0,25

VIII.a (1,0 điểm)

2

, k và i là các số nguyên thỏa mãn(0 i k 8 ≤ ≤ ≤ )

⇒ i = 0; k = 4 và i = 2; k = 3

0,25

Vậy hệ số của số hạng chứa x8 là: 4 0( )0 3 2( )2 4 0 3 2

VI.b (1,0 điểm)

Nhận xét : Đường tròn (T) có tâm H(1;-2), R=5

(H d; ) 5

d = => (d) tiếp xúc với (T) tại D

Tọa độ của D là nghiệm của hệ

2 2

6

2; 6

y

D



=> − −

Do tâm đường tròn H là trực tâm tam giác ABC nên AD

là đường kình của (T)=> A(4;2)

0,25

Gọi M là trung điểm AB => HM//=1

4

a

B a   − − ∈ ÷ d

4

a

=> a= - 10(loại) và a = 6 (t/m) => B(6; -12)

0,25

+ Đường thẳng (CH) qua H và có VTPT uuur AB ( 2; 14 − ) => Pt (CH): x - 7y – 15 = 0

0,25

A

D C

B M

H

=> Tọa độ của C là nghiệm của hệ: 7 15 0 6 ( 6; 3 )

C

VII.b (1,0 điểm)

1 2 2

= − +





 = −



Do đt (d) qua A và cắt ( ) ∆ tại C nên C( − + 1 2 ; ; 2 u u − u )

0,25

=> đường thẳng (d) có VTCP: uuur AC = ( 2 u − 1; u+1; -u )

Ta có uuur AB ( 2;2; 1 − ⇒ )   uuur uuur AB AC ,   = − ( 1 u ; 1; 4- 2u )

=> ( )

B d

d

uuur uuur

Theo giả thiết ta có:

2 2

u u

3 2 10

50

3 3 2

u u

=





⇔

 =



0,25

+ Khi u = => 3 uuur AC = ( 5;4; 3 − ) => ptđt (d): ( )

5

1 4

2 3

x t

=



 = − + ∈



 = −



2; ;

u = => AC =  − 

uuur

4

1 5

2 3

x t

=



 = − + ∈



 = −



0,25

VIII.b (1,0 điểm)

Trong khai triển:

2013 2013 2013 2013 2013 2 1

2013 2013 2013 2013 2013 0 2

2013 2013 2013 2013 2013 2 3

0,25

1 + i = C + iC + i C + i C + + i C

Do ( 1 + i )2013= ( ( 1 + i )2)1006( 1 + = i ) ( ) ( 2 i 1006 1 + = i ) 21006( ) i2 503( 1 + i )

( )

1006 1006 1006

0,25

Nên: − 21006− i 21006= C20130 + iC12013− C20132 − iC20133 + C20134 + iC20135 + iC20132013

2013 2013 2013 2013 . 2013 2013 2013 2013

Vậy : C12013 − C20133 + C20135 − + C20132013 = − 21006(4)

Lấy (3) + (4): Ta cĩ S = 22011− 21005 0,25

Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT KINH MƠN

-

 -ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 – NĂM HỌC 2012-2013

Mơn: TỐN – KHỐI D

Thời gian làm bài: 180 phút

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y 2 x 1 1 ( ) C

x

−

=

− a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)

b) Tìm điểm M trên đồ thị hàm số (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của (C) tại A và B sao cho : 12 12 1

2

IA + IB = ( I là giao điểm của hai tiệm cận)

Câu II (2,0 điểm)

x

2 Giải hệ phương trình sau:

3

2 2

2 2 2





Câu III (1,0 điểm) Cho hình chĩp S.ABCD cĩ đáy ABCD là hình chữ nhật, AB= 4a; AD = a; M là trung

điểm của CD; SA vuơng gĩc với đáy Mặt phẳng (SCD) tạo với mặt phẳng đáy một gĩc 600 Tính thể tích của tứ diện SABM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM

Câu IV (1,0 điểm) Tính tích phân sau: ( ) ( )

( )

3

2 2

2 ln

=

+

∫

Câu V (1,0 điểm) Cho số thực a > 1, chứng minh rằng:

1

ln

−

a

a

< 3

3

1

a a

a

+ +

II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm đúng khối thi của mình

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho hình vuơng ABCD, M là trung điểm của cạnh BC,C 3; 3( − ) đường thẳng DM: x y 2 0− − = ; A thuộc đường thẳng d : 3x y 2 0+ − = Xác định tọa độ các đỉnh A,B,D

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng ( )P x y z: − − + =1 0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuơng gĩc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON

Câu VIII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn: z + − 1 6 i2 + = zi 53 − + z 3 i

Tìm modun của số phức: w = 17 i ( 1 2 )

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho Elip (E): 4 x2+ 9 y2 = 36 và I(1; 4

3) Viết phương trình

đường thẳng qua I cắt (E) tại A; B phân biệt sao cho uur AI + 2 BI uur r = 0

Câu VII.b (1,0 điểm) Trong khơng gian cho điểm A(1; 1; 1); B(3; -1; -2) Lập phương trình mặt phẳng

qua A; B cắt mặt cầu (S): x2 + y2+ z2+ 2 x − 4 y + 6 z − = 11 0 theo giao tuyến là đường trịn cĩ chu

vi bằng 6 π

Câu VIII.b (1,0 điểm) Tìm x biết trong khai triển nhị thức : 4x +21 2− x6

  có tổng của số hạng thứ hai

và thứ năm là 510

======================== Hết ===========================

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

MÔN TOÁN

I(2,0đ) 1 (1,0 điểm)

0,25

0,25

0,27

0,25

2 (1,0 điểm)

0,25

0,25

0,25 0,25 II(2,0đ) 1 (1,0 điểm)

0,25

0,25

0,25

2 (1,0 điểm)

0,25

0,25 0,25 III (1,0 điểm)

0,25

0,25 0,25

0,25

IV (1,0 điểm) ( Học sinh không kẻ hình sẽ tính điểm không bài này)

0,25

0,25

0,25

0,25

V (1,0 điểm)

(1) <=> (a + 3 a )lna < (1 + 3 a ) (a-1) (2)

Đặt x = 3 a => x >1

(2) <=> 3(x3 +x) lnx < (1+x).(x3-1) ∀x > 1

<=> x4 + x3 - x - 1 - 3 (x3+x)lnx > 0 (3) ∀x > 1

0,25

Đặt f(x) = x4 + x3 - x - 1 -3 (x3 + x)lnx x ∈[1;+∞)

Ta có f’(x) = 4 x3 + 3x2 - 1 - 3 [(3x2 + 1) lnx + (x3 + x)

x

1 ]

= 4x3 - 4 - 3 (3x2 + 1) lnx

f”(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x -

x

1)

f(3)(x) = 3 ( 8x + 12

x -6ln x - 9)

0,25

f(4)(x) = 3.(8- 6 23

x

3

3 3 1) 4

( 6

x

x

3

4 )(

1 ( 6

x

x x

x− + + > 0 , ∀x > 1

0,25

Suy ra f(3)(x) đồng biến nên [1;+∞)

f(3)(x) > f(3)(1) = 0 tơng tự f’(x)> 0 với ∀x > 1

VI.a (1,0 điểm)

0,25

0,25

0,25

0,25 VIII.a (1,0 điểm)

0,25

0,25

0,25

0,25 VIII.a

0,25

0,25 0,25 0,25 VI.b (1,0 điểm)

Gọi A(t; 3t 2− + )

Ta có khoảng cách: d A,DM( ) 2d C, DM( ) 4t 4 2.4 t 3 t 1

−

hay A 3; 7( − ∨) A 1;5(− )

0,25

Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên chỉ có A(−1;5) thoả mãn

Gọi D(m;m 2− )∈DMthì ADuuur=(m 1;m 7 ,CD+ − ) uuur=(m 3;m 1− + ) 0,25

Do ABCD là hình vuông

DA.DC 0

DA DC

= ∨ = −



=

uuur uuur

⇔ =m 5 0,25

Hay D( )5;3 AB DCuuur uuur= = − − ⇒( 2; 6) B 3; 1(− − )

VII.b (1,0 điểm)

+Tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm của BC+Gọi C(2t+1;t)∈V.Suy ra B(1-2t;3-t)

2 5 nªn t=1,t=

+Với t=1 có C(3 ;1) và B (-1 ;2) +Với

5 cã C(5 5 vµ B(5 5

0,25

Giả sử nrQ

là một vecto pháp tuyến của (Q) Khi đó nuur uurQ ⊥n P(1; 1; 1− − ) Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại M(0; ;0 ,a ) (N 0;0;b phân biệt sao cho OM = ON nên)

0 0

a b

= ≠



Nếu a = b thì MNuuuur=(0;−a a; ) (//ur 0; 1;1− ) và nuur rQ ⊥u nên nuurQ =u nr uur, P=(2;1;1).

Khi đó mặt phẳng (Q):2x y z+ + − =2 0 và ( )Q cắt Oy, Oz tại M(0;2;0) và N(0;0;2) (thỏa mãn)

0,25

Nếu a = - b thì MNuuuur=(0;− −a a; ) (//ur 0;1;1) và nuur rQ ⊥u nên nuurQ =u nr uur, P=(0;1; 1− ).

Khi đó mặt phẳng (Q):y z− =0

0,25

VIII.b (1,0 điểm)

Theo giải thiết ta có:

0,25

2 4x 1 2x 4 2x 2 4x

Đặt t = 4 t > 0x ( ) P/trình 8 2 1

⇔ + = ⇔ − + = ⇔ = v t= 8 à 0,25

t = => = − x

8

2

t = => = x

0,25

Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.