SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘITRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn : TOÁN.. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I.. Tính thể tích khối lăng trụ đã
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2x 1
y
x 1
− +
= + (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số (1)
b) Tìm m để đường thẳng d:y=−x+m cắt (C) tại hai điểm A, B thỏa mãn AB=2 2.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x+sin2x+sinx+1=cos3x+cos2x−cosx
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình x x 2x 7 4 x 4 2
x x
−
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân d
2
2 ln 0
e e
x
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C 1 1 1 có M là trung điểm cạnh AB, BC 2a,= góc ACB bằng
0
90 và góc ABC bằng 60 ,0 cạnh bên CC tạo với mặt phẳng 1 (ABC một góc ) 450, hình chiếu vuông góc của C lên mặt phẳng 1 (ABC là trung điểm của CM Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và góc tạo) bởi hai mặt phẳng (ABC và ) (ACC1A1)
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x+y+z≤3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
x zx z z yz y y xy x z y x
P
+
−
+ +
−
+ +
− + + +
=
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 tọa độ Oxy cho elip , ( ) : 2 2 1
x y
E + = có các tiêu điểm F1, F2 (F có1 hoành độ âm) Đường thẳng d đi qua F và song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất cắt2
)
(E tại A và B Tính diện tích tam giác ABF1
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng ,
1
1 1
1 1
2 :
−
+
=
+
=
x d
2
3 1
1 1
x
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và tạo với ∆ một góc 300
Câu 9.a (1,0 điểm) Tính hệ số của x trong khai triển biểu thức 4 x+3(1−1x) ,(x>0),
n
biết rằng n là
số nguyên dương thỏa mãn 3 8 3 3
1
2 2
1
C
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol , (P):y2 =2x và điểm K(2;0). Đường
thẳng d đi qua K cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN nằm trên đường thẳng d.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng , (P):x+2y−z+5=0 và
1
3 1
1 2
3 :x+ = y+ = z−
d Gọi 'd là hình chiếu vuông góc của d lên (P) và E là giao điểm của
d và (P) Tìm tọa độ điểm F thuộc (P) sao cho EF vuông góc với ' d và EF =5 3.
Câu 9.b (1,0 điểm) Giả sử z là số phức thỏa mãn z2−2z+4=0 Tìm số phức
2
3
+
− +
=
z
z w
HẾT
-Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….; Số báo danh:………
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn : TOÁN
1.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
a) Tập xác định: \{− }
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn, tiệm cận: Ta có ( )− =−∞
−
xlim1 và
lim
1+ =+∞
−
x Do đó đường thẳng x=−1 là
tiệm cận đứng của (C).
Vì lim = lim =−2
+∞
→
−∞
x
x nên đường thẳng y=−2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
* Chiều biến thiên: Ta có ' ( 31)2 <0,∀ ≠−1.
+
−
x y
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;−1) (, −1;+∞)
0,5
* Bảng biến thiên:
x −∞ 1− +∞
'
y − −
y
+∞
2
− 2−
−∞
c) Đồ thị: Đồ thị (C) cắt Ox tại
;0
2
1
, cắt Oy
tại ( )0;1. (C) nhận giao điểm I(−1; −2) của
hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng
0,5
2 (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình
x x =−x+m +
+
−
1
1 2
) 1 ( 0
1 )
1 (
1 ),
)(
1 ( 1 2
⇔
−
≠ +
− +
= +
−
⇔
m x m x
x m x x
x
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔∆>0⇔(m+1)2−4(−m+1)>0
+
−
>
−
−
<
⇔
>
− +
⇔
3 2 3
3 2 3 0
3 6 2
m
m m
0,5
Khi đó A(x1;−x1+m), B(x2;−x2 +m), với x1+x2 =m+1,x1x2 =−m+1
1 2
2 1 2
2 1 2
2 = ⇔ x −x + x −x = ⇔ x −x =
AB
−
=
=
⇔
=
− +
⇔
= +
−
− +
⇔
=
− +
⇔
7
1 0
7 6 4
) 1 ( 4 ) 1 (
4 4
) (
2 2
2 1
2 2 1
m
m m
m m
m
x x x
x
Đối chiếu với (2), ta có các giá trị cần tìm của m là m=1,m=−7.
0,5
2.
(1,0
điểm)
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
x x x
x x
x sin ) sin2 1 cos2 cos3 cos 3
⇔2sin 2x cos x 2sin x cos x 2sin x+ + 2 = −2sin 2x sin x sin (2cos 1)(cos sin ) 0.
0 ) sin (cos sin ) sin (cos 2 sin
= +
+
⇔
= +
+ +
⇔
x x x
x
x x x x
x x
0,5
Từ đó ta có các trường hợp sau
*) sinx=0⇔x=kπ,k∈.
*) 2cosx+1=0⇔cosx=−21 ⇔x=±23π +k2π, k∈.
0,5
x O
1
− 21
y
1
Trang 3(1,0
điểm)
*) cosx+sinx=0⇔ x=−π4 +kπ,k∈.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=kπ, x=±23π +k2π, x=−π4 +kπ,k∈.
(1,0 điểm)
0
>
⇔
>
− +
>
x x
x x
Khi đó bpt đã cho tương đương với x2+7−2x>4 x2+4−2x
Đặt x2−2x+4=t,t≥0 ta được
>
<
⇔
>
+
−
⇔
>
+
3
1 0
3 4 4
2
t
t t
t t t
0,5
*) Với t<1 ta có x2−2x+4<1, bpt này vô nghiệm
*) Với t>3 ta có
−
<
+
>
⇔
>
−
−
⇔
>
+
−
6 1
6 1 0
5 2 3
4
2
x
x x
x x
x
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm x>1+ 6
0,5
4.
(1,0
điểm)
Ta có ( 1) d .
2 ln 0
2
e
xe
x
1
1 d
) 1 (
+
−
=
⇒ +
e v x e
e v
Theo công thức tích phân từng phần ta có
∫
+
+ +
−
0
2 ln 0 0
2 ln
1
d 3
2 ln 1
d
x e
x e
x
0,5
2 ln 0
1 = ∫ x +
e
x
I Đặt e x =t ta có x=0⇒t=1;x=ln2⇒t=2 và d d
t
t
x=
Suy ra (d 1) 1 11 d ln ln( 1) 2ln2 ln3.
1
2 1
2 2
1
2 1
+
−
= +
t t t
t
t I
Thay vào (1) ta được I =35ln2−ln3.
0,5
5.
(1,0
điểm
*) Gọi H là trung điểm CM Từ giả thiết
45 )) (
; ( )
1 1
*) Từ tam giác vuông ABC với
3 2 60
,
a CH a AB CM
a
2
1 ,
4
45 tan 0
⇒
3 2 3 2
1
V ABC B C = ABC = =
0,5
*) Kẻ HK⊥ AC⇒ đường xiên C1K ⊥AC⇒∠((ABC);(ACC1A1))=∠C1KH
Tam giác MCA cân tại M ⇒∠MCA=∠MAC=300 ⇒HK =HC.sin300 = 2a
2 arctan ))
( );
((
2 )
HK
CH KH
C
0,5
6.
(1,0
điểm
Ta có x13 + y13 +1≥ xy3 ; y13 +z13 +1≥ yz3 ; z13 + x13 +1≥ zx3 .
Suy ra x23 + y23 + z23 +3≥ xy3 + yz3 + zx3.
Suy ra P+3≥ xy3 + yz3 + zx3 +x2−xy1 +y2 + y2−yz1 +z2 + z2−zx1 +x2.
0,5
Mặt khác, áp dụng BĐT 1a+1b≥a4+b, với a,b>0 ta có
0,5
C
A M
H K
1
C
1
A
2a B
Trang 4
+
− + +
+
− + +
+
− + + + +
≥
x zx z zx z
yz y yz y
xy x xy zx yz xy P
12 3 4
9 3 16 ) 2 2 2 (
9 3
16
) ( ) ( ) (
3
16 ) (
16 )
(
16 )
( 16
1 2
1 4
1 2
1 4
1 2
1 4
4 4
4 2
2 2
2 2
2 2
2
2 2 2
2 2
2
2 2 2 2 2 2
=
≥ +
+
≥
+ +
+
≥ +
+ +
+ +
≥
+ + +
+ + +
+ +
=
+
+ +
+ + + + +
≥
z y x
x z z y y x x
z z y y x
x z zx z
y yz y
x xy
x z z y y x zx yz xy
Do đó P≥9. Dấu đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9, đạt được khi x= y=z=1.
7a.
(1,0
điểm)
8a.
(1,0
điểm)
(1,0 điểm)
1 4 8 :
)
(
2 2
= + y
x
E có c= 8−4 =2⇒F1(−2;0), F2(2;0)
2
; 3
8 ), 2
; 0 ( 1 4 8
2 2
−
⇒
= +
−
=
B A
y x
x y
3
16 2 2 2 3
8 2
1 )
; ( 2
1
1
1 = AB d F AB = =
S F AB
0,5
(1,0 điểm)
*) (P) chứa d⇒(P) đi qua M(2;−1;−1)⇒ pt (P) có dạng
)
0 (
0
− +
Ax
0 0
)
1
6
| 2
| 2
1 )) (
; sin(
30 )) (
; (
2 2 2
+ +
+ +
⇔
=
∆
⇔
=
∆
∠
C B A
C B A P
P
⇔2(A+B+2C)2 =3(A2 +B2 +C2). (2)
0,5
*) Từ (1) có C= A+B thay vào (2):
−
=
−
=
⇔
= + +
2
2 0
2 5
B A
B A B
AB A
+ Khi A=−2B Chọn B=−1, A=2,C=1⇒(P):2x−y+z−4=0.
+ Khi A=−B2. Chọn B=−2, A=1,C=−1⇒(P):x−2y−z−5=0
0,5
9a.
(1,0
điểm)
Từ giả thiết ta có 3(n+1)+8.(n+22)(n+1)=3.(n+1)6n(n−1),n≥2
6 8( 2) ( 1) 2 9 22 0 112⇔ =11.
−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
−
= + +
n
n n
n n
n
Theo khai triển nhị thức Newton ta có
∑
∑
∑
=
−
=
−
=
−
=
−
=
−
i i k k k
k k
k k
k k
k
x C x
C x
x C x
x
0 11 11
0 11 11
11 0 11
11
) 1 ( ) ( 3
1 1 3 ) (
1 1 3
11 0
11 0 11
i k i k
i
i k k k
−
=
=
−
Xét phương trình 112−k −i=4,0≤i≤k≤11
=
=
=
=
⇔
≤
≤
≤
= +
⇔
0 , 3
1 , 1 11
0 , 3 2
i k
i k k
i i
k
Suy ra hệ số của x là 4 3 .( 1) 3.33 4422
11 1 1 1
1
C
0,5
7b.
(1,0
(1,0 điểm)
) 2
; 2 (
) 2
; 2 ( 2
2
−
⇒
=
=
ON OM N
M x y
x
0,5
Trang 58b.
(1,0
điểm)
– TH2: d ⊥/Ox⇒d:y=kx−2k. Tọa độ M, N là nghiệm của
=
−
=
x y
k kx y
2
2 2
−
=
=
⇔
k y k y
y x
2 2
2
2 2
0 4 2
Để d cắt (P) tại M, N phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm phân biệt ⇔k ≠0
Gọi 2
2 2 1
2
2 ,
;
y N y
y
M trong đó y1, y2 là nghiệm của (2).
2 2
ON
Từ (1) và (3) suy ra ∠MON=900 ⇒∆OMN vuông tại O Suy ra tâm I của đường tròn ngoại tiếp OMN∆ là trung điểm MN ⇒I∈d
0,5
(1,0 điểm)
d cắt (P) tại E(−1;0;4)
Giả sử F(x0; y0; z0), F∈(P)⇒x0 +2y0 −z0+5=0 (1)
Vì EF ⊥d' nên EF ⊥d (định lí 3 đường vuông góc) ⇒u d.EF =0
0 2
2 0+ 0+ 0− =
0,5
75 ) 4 ( )
1 ( 3
0
2 0
2
⇔
Từ (1), (2) và (3) suy ra F(4;−5;−1), hoặc F(−6;5;9) 0,5
9b.
(1,0
điểm)
Từ giả thiết z2−2z+4=0 ta có (z−1)2 =−3⇔z=1± 3i 0,5
*) Với z=1+ 3i ta có
7
7 7
7 7
) 6
sin 6 (cos
) 4
sin 4
(cos 2 8
1 ) 3 (
) 1 ( 3
3
3 3
π π
π π
i
i i
i i
i w
+
− +
−
= +
−
=
+
−
=
i i
i
− + −
+ +
*) Với z=1− 3i ta có
7
7 7
7
) 6
sin 6
(cos
) 4
sin 4
(cos 2 8
1 ) 3 (
) 1 (
π π
π π
− +
−
+
=
−
+
=
i
i i
i w
1 3 32
1 3 3
1 8 1 6
7 sin 6
7 cos
4
7 sin 4
7 cos 2 8
1
i i
i i
+
−
−
=
− +
−
+
π π
0,5
Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.