Đề số 2 - Thi thử Đại học môn toán 2013 - khá hay!

Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, mặt phẳng GCD cắt SA, SB lần lượt tại M, N.. Tính theo a thể tích khối chóp S.CDMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM, BC.. Trong hệ tọa độ Oxy cho h

TRUNG TÂM LTĐH SIMPLE ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 2 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 3 2

3 2 (C )m

yx  mx 

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số khi m=1

b) Tìm m đồ thị  C m có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB đi qua điểm I(1;0)

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình

4

sin 2 cos 2 sin 2

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

   



   

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân:

4

0

cos 2

1 sin 2 cos

4

x







Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD A CD 90 ,o

AB C SA SA ABC Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, mặt phẳng (GCD) cắt SA, SB lần lượt tại M, N Tính theo a thể tích khối chóp S.CDMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM, BC

Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm a,b,c thỏa mãn 3

2

a  b c Chứng minh rằng

 2 2 2 125

64

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 hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I, có diện tích bằng 4, phương trình

đường thẳng BC: x-y=0, biết M(2;1) là trung điểm AB Tìm tọa độ điểm I

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(0;0;2), B(0;4;0), C(-6;0;0) Viết phương trình mặt

phẳng (P) đi qua điểm A, song song với đường thẳng BC và khoảng cách giữa BC với mặt phẳng (P) bằng

3 22

11

Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết

B Theo chương trình nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(1;-1), điểm E(-1;2) là trung điểm

cạnh AC và cạnh BC có phương trình 2x-y+1=0 Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxy, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A(1;2;1), B(2;1;2) và tạo

với mặt phẳng (Q): x-2z+5=0 một góc sao cho cos 1

30

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình trong tập số phức: z2 z 0

………Hết………

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Câu 1 b) (Dạng: Đường thẳng qua 2 cực trị hàm

bậc 3)

HD: Xét pt y’=0, giải đk có 2 nghiệm phân biệt,

chia đa thức f(x) cho f’(x) được dư là x Suy

ra phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là

yx

ĐS: m 1

Câu 2 (Dạng: Biến đôi lượng giác)

HD:Chuyển hết về biểu thức của sin, cos của 2x

ĐS:

k

 

Câu 3 (Dạng: Hệ qui về đẳng cấp)

HD: - Cách 1: Từ (2) suy ra 4y24x2, thế vào

(1) để xuất hiện phương trình đẳng cấp bậc 3

- Cách 2: Đặt ytx và lập phương trình

theo t

ĐS: (x,y)=(1;-3), (-1;3)

Câu 4 (Dạng: Tích phân hàm lượng giác)

HD: Đổi biến tsinxcosx

ĐS: I  2 1

Câu 5 (Dạng: Hình chóp có cạnh vuông góc với

đáy)

HD: Dùng tỉ lệ thể tích để tính thể tích của V SCMN

và V SC MD .Để tính khoảng cách giữa hai đường

thẳng DM và BC cần chú ý rằng CDMN là hình

bình hành

D

SC MN

a

Câu 6 (Dạng: Chọn điểm rơi cực trị của hàm số)

HD: Để đánh giá hàm g(x) tại x0 ta thường xét

hàm f x( )g x( )x g x '( )0 , cụ thể ở bài này ta xét

2

( ) ln( 1)

g x  x  tại 0 1

2

x 

ĐS:  2 2 2 125

64

2

a  b c

Câu 7a (Dạng: Giải tứ giác là hình bình hành)

HD: 1 D

4

IAB ABC

S  S từ đó suy ra d I AB( ; )

ĐS: I(3;2) hoặc I(1;0)

Câu 8a (Dạng: Viết PT mặt phẳng)

HD: Cách tổng quát để làm bài toán viết PT mặt

phẳng là gọi VTPT

ĐS: (P):2x-3y-3z+6=0 hoặc (P) :

26x-39y-225z+550=0

Câu 9a (Dạng: Đẳng thức tổ hợp)

HD: Xét f x( ) (1 x)2n1 khai triển theo nhị thức Newton và đạo hàm hai lần

ĐS: n=100

Câu 7b (Dạng: Giải tam giác) HD:Gọi tọa độ đỉnh C theo tham số a, từ đó suy ra tọa độ A Lập phương trình AH v BC 0

ĐS: A(-3;1), B(0;1), C(1;3)

Câu 8b (Dạng: Viết PT mặt phẳng) HD: Gọi VTPT của (P)

ĐS: (P): x+2y+z-6=0 hoặc (P ) : 11x+13y+2z-39=0

Câu 9b (Dạng: Tìm số phức) HD: Gọi z=a+b.i

ĐS: z=0 hoặc z=i hoặc z=-i

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

1

(2,0 điểm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số yx33x22

 Tập xác định: D=R

' 3 6x 0

2

x

x





- Hàm số đồng biến trên (;0)và (2;); nghịch biến trên [0;2]

- Hàm số đạt cực đại tại x CĐ0,y CĐ 2; đạt cực tiểu tại x CT 2,y CT  2

- Giới hạn lim ; lim

0,25

- Bảng biến thiên

0,25

 Vẽ đồ thị

0,25

b) Tìm m đồ thị  C m có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB đi qua điểm I(1;0)

2

x





3 3

x  mx   x  mx    m x

  nên tọa độ 2 điểm cực trị A và B

thỏa mãn phương trình đường thẳng

2

y  m x

0,25

Để đường thẳng AB đi qua I thì tọa độ I thỏa mãn phương trình đường thẳng AB, tức là 0,25

y

2

-2

+

y’

2

0

0 2m    2 m 1 (th/m)

2

(1,0 điểm)

Giải phương trình

4

sin 2 cos 2 sin 2



ĐK: sin 2 cos 2 0 sin 2 0

x



3 4 cos 2 2 1 cos 2 1 sin 2 cos 2 sin 2

PT



2

sin 2 cos 2 sin 2

x





0,25

sin 2x 1 2 cos 2x sin 2x cos 2x

cos 2 sin 2 cos 2 0

sin 2 cos 2 0 (ko th/m)

x







0,25

k

3

(1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

   



   

Nếu x=0 thì y 2 Nếu x0, đặt y tx , hệ trở thành

0,25

Ta thấy t=1 không thỏa mãn hệ nên từ (1) ta có

2 3

4 16 (1)

1

t x t



 



Thay vào (2) ta được

3

4 16

1

t

t





2

3

4

t

t

 





    

 



0,25

Nếu t=-3 thì 1, 3

1, 3



   

Nếu 7

4

4

(1,0 điểm) Tính tích phân:  

4

0

cos 2

1 sin 2 cos

4

x









     

2

4

2 0

cos sin cos sin

1 sin 2 cos

4 2(cos sin ) cos sin





 





0,25

Đặt tsinxcosxdtcosxsinx dx

x 0 4



t 1 2

0,25

2

2 1

2dt

I

t

2

1

2

2 1

t

5

(1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD A CD 90 ,o

AB C SA SA ABC Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, mặt phẳng (GCD) cắt SA, SB lần lượt tại M, N Tính theo a thể tích khối chóp S.CDMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM, BC

Trong mặt phẳng (SAB), qua G kẻ đường thẳng song song với AB cắt SA, SB tại M và

N Khi đó M và N là giao điểm của mặt phẳng (GCD) với SA và SB

Gọi P là trung điểm của AB Ta có 2

3

SA  SB  SP 

3

SCMN

SABC ABC SABC

.2a

SCMN SABC

0,25

3 D

D

SC M

SAC AC SAC

a

SC M SAC

3

16 9

SC MN SCMN SC M

0,25

AB  SA      Do đó MNDC là hình bình hành

D 3

SBC

V

S

3

SBC BC

0,25

Kẻ AH BC Do SABC nên SH BC

5 5

ABC A AB a a

0,25

2 2 2 36 2 56

4a

SBC

3 D

2

3 3.4 / 3 4 ( , ) ( , ( ))

14 14

SBC SBC

6

(1,0 điểm)

Cho ba số thực a,b,c không âm thỏa mãn 3

2

a  b c Chứng minh rằng

 2 2 2 125

64

4

( ) ln 1

5

f x  x  x với 0;3

2

   

2

1

2

x

f x

x

 





Như vậy ( ) 1 ln5 2

f x  f   

 

 

0,25

Vậy

đpcm

0,25

Vậy  2 2 2 125

64

2

a  b c 0,25

7a Trong hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD tâm I, có diện tích bằng 4,

N M

G P

S

H

0

f'(x) f(x) (

(1,0 điểm) phương trình đường thẳng BC: x-y=0, biết M(2;1) là trung điểm AB Tìm tọa độ

điểm I

Vì MI BCnên đường thẳng MI nhận véctơ chỉ phương (1;1)v của BC làm véctơ chỉ

Ta có

D

2 2

( ; ) 2

1 1

ABC S

d A BC





2 2

BC IM

0,25

2

2t 2 t 1

8a

(1,0 điểm)

Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(0;0;2), B(0;4;0), C(-6;0;0) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A, song song với đường thẳng BC và khoảng cách giữa BC với mặt phẳng (P) bằng 3 22

11 Gọi véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là ( ; ; )n a b c

( ) : ( 2) 0

2 0

0,25

( 6; 4;0)

BC  

Do ( )P BCnên n BC   6a 4b0 (1)

11



 

0,25

3

b a

   , thay vào (2) ta được

2 2

9



 

75 13

b c







0,25

Nếu b=c, chọn b=c=-3,a=2 ta được (P): 2x-3y-3z+6=0 Nếu 75b=13c, chọn b=-39, c=-225, a=26 ta được (P): 26x-39y-225z+550=0 0,25

9a

(1,0 điểm)

Tìm số nguyên dương n biết

2C n 3.2.2C n ( 1)k k k( 1)2k C k n 2 (2n n 1)2 n C n n 40200

1 n k

k 1 n k 2

2 1 n 1

1 n 0

1 n 1 n

x C

x C ) 1 (

x C x C C

) x 1

* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:

n 1 n 1 n 1

k k 1 n k 2

1 n 1

1 n n

x C ) 1 n 2 (

x kC ) 1 (

x C 2 C

) x 1 )(

1 n

0,25

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

1 n 1 n 1 n 2

k k 1 n k

3 1 n 2

1 n 1 n

x C ) 1 n ( n

x C ) 1 k ( k ) 1 (

x C 3 C 2 ) x 1 )(

1 n (

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2  C  2n(2n 1)2  C 

Phương trình đã cho 2n(2n1)40200 n2n201000n100 0,25

7b Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(1;-1), điểm E(-1;2) là trung

(1,0 điểm) điểm cạnh AC và cạnh BC có phương trình 2x-y+1=0 Xác định tọa độ các đỉnh

của tam giác ABC

Gọi C(a;2a+1) Do E là trung điểm AC nên A(-2-a;3-2a)  AH a( 3;2 -4)a 0,25

Đường thẳng BC có véctơ chỉ phương (1;2)v Do AH BC

(0; 4)

CH

  là véctơ pháp tuyến của đường thẳng AB (AB) : y 1

Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ 2x 1 0 (0;1)

1

y

B y

  

 

8b

(1,0 điểm)

Trong không gian Oxy, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A(1;2;1), B(2;1;2)

và tạo với mặt phẳng (Q): x-2z+5=0 một góc sao cho cos 1

30

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

( ) : (P a x 1) b y( 2) c z( 1) 0 ax by cz a 2b c 0

(1; 1;1)

AB  vuông góc với n nên AB n    a b c 0 (1) (Q) có véctơ pháp tuyến '(1;0; 2)n 

cos

30

6 a 2c a b c (2)

0,25

Từ (1)  b a c, thay vào (2) ta được

2a 11

c





      

0,25

Nếu a=c, chọn a=c=1, b=2 thì (P): x+2y+z-6=0 Nếu 2a=11c, chọn a=11, c=2, b=13 thì (P): 11x+13y+2z-39=0 0,25

9b

(1,0 điểm)

Giải phương trình trong tập số phức: 2

0

z  z

z = x + iy (x y, R), z2 + z  0 x2y2 x2y2 2xyi0 0,25

0

xy





 

   

0 0 0 1 0 1

x y x y x y

 



 





 



  



 





  



0,25