Đề + ĐA Thi Thử Cổ Loa

Biết góc giữa hai mặt phẳng SCD và ABCD bằng 45o.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A.. Lập y 1 0 phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng d1, tiếp x

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT CỔ LOA

THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM 2013 MÔN: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, D

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 29-4-2013

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

Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1 ( )

x

x





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

2 Biện luận số nghiệm của phương trình x 1 m2x3 theo tham số m

Câu II (1 điểm) Giải phương trình 2sin 2 sin 7 1

4

1 tan tan

2

x

x x

x





Câu III (1 điểm) Giải hệ phương trình







x y  , 

Câu IV (1 điểm) Tính tích phân 2 2 

1

1

cos

x





Câu V (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,  120o

BAD  , tam giác SAB cân tại

S nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy Biết góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 45o Tính

thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD

Câu VI (1 điểm) Cho các số thực x y z; ; thỏa mãn điều kiện xy z 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P x2xyy2  y2yzz2  z2zxx2

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VII.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng d1: 2xy , 0 d2:xy 1 0, d3:x   Lập y 1 0

phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng d1, tiếp xúc đường thẳng d2 và cắt đường thẳng d3 tại hai

điểm phân biệt A, B sao cho đoạn thẳng AB bằng 4 2

2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai điểm A1;0; 0 , B0; 1; 1  , mặt phẳng  P :x2y  z 3 0,

đường thẳng : 1 1

d     Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho góc giữa hai mặt phẳng

(ABM) và (P) bằng  thỏa mãn os 1

6

CâuVIIIa (1 điểm) Cho n là số nguyên dương và C n313A n2 3(n1).Tìm phần ảo của số phức 1

1

n

i

i





B Theo chương trình Nâng cao

Câu VII.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tam giác ABC vuông tại A Đỉnh A thuộc tia đối của tia Oy, cạnhAB 2 2,

B(2;1) Tìm tọa độ đỉnh C biết đường cao kẻ từ đỉnh A có độ dài bằng 6 26

13

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2xyz10 và hai điểm A(8;-7;4), B(-1;2;-2) Tìm

tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho 2 2

2

MA  MB nhỏ nhất

Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: x2.9x8 3x x18 9 x16.3x 8 3x2 x9x2x.9x2.9x

-Hết -

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT CỔ LOA

THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM 2013 MÔN: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, D

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 29-4-2013

I) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

1 (1 điểm)

2

D  

(2 3)

x

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 3) và ( 3; )

    , Hàm số không có cực trị

0,25

Tiệm cận

lim 1

2

   tiệm cận ngang 1

2

y 

     

2

x  

0,25

Bảng biến thiên:

x  3

2

 

y



1 2

1

2



0,25

Đồ thị:

0,25

2 (1 điểm)

x

x



3 2

x   )

Gọi ( ) 1  

x

x





   

1

1

1

1

x

khi x x

f x

x

khi x x





 

 





0,25

Phần đồ thị (C) ứng với x  1 ta giữ nguyên Phần đồ thị (C) ứng với x  1 lấy đối xứng

qua trục Ox, gộp hai phần đồ thị trên ta được đồ thị (P)

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị (P) và đường thẳng ym

0,25

I

(2 điểm)

+) 1; 0

2

m  

: Phương trình vô nghiệm

0,5

+) ; 1  0 1;

m     

có một nghiệm +) 0;1

2

m 

 : Phương trình có 2 nghiệm

Điều kiện: cos 0, cos 0, tan tan 1

4

1 tan tan

2

x

x x

x





2 sin

sin sin

2 1

cos cos

2

x

x x x x



0,25

2 sin cosx x sinx cosx 1 sinx cosx sinx cosx 2

0,25



 



1

4

x











2







  









0,25

II

(1 điểm)

Kết hợp với điều kiện  phương trình đã cho vô nghiệm 0,25







 





0,25

y23 x13  y   2 x 1 y x 3 (*)

0,25

III

(1 điểm)



 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm 1; 2  và 2; 1 

0,5

2

4 cos

x



  Tính

2

1

1

x





Tính

1 3 2

1

4 cos

x





 Đặt t x dt dx

Đổi cận x  1 t ; 1 x1    t 1

0,25

 





IV

(1 điểm)

3

Gọi H là trung điểm của AB  SH AB

mà SAB  ABCDSH ABCD

BAD  ABC  ABC đều cạnh a

/ / ,

CD SH









SHC

2

a

SH CH

0,25

3

CBCACDa nên C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

Kẻ d đi qua C và song song với SH, SH ABCD nên d ABCD  d là trục của

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

0,25

V

(1 điểm)

2 2 3

SASB  a SAB đều

Gọi O là tâm tam giác SAB Kẻ  đi qua O và song song với HC, HCSAB nên

SAB

    là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB

 

    I là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABD

Bán kính mặt cầu

2 2

0,25

2

,

x xyy      xy x y

0,25

2

y yzz  yz và 2 2 3 

2

VI

(1 điểm)

Ta có P 3xyz 3 Vậy 3 1

3

Min

II) PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần)

A) Theo chương trình chuẩn

1 (1 điểm)

Gọi I là tâm đường tròn

1 ; 2

Kẻ IH  AB  H là trung điểm của AB

Ta có:  

2

,

I d

2 2

,

4

I d

AB

RIH AH  d 

0,25

VII.a

(2 điểm)

 

 2    3 

2 2 2

4

AB

8

9a 6a 1 a 2a 1 16

2

a

a

 





0,25

Với    ,2

4

2

I d

a  I   Rd  Phương trình đường tròn: x12y22  8 0,25

Với 2 2; 4 ,  , 2 5

2

I d

a I Rd  Phương trình đường tròn:  22  42 25

2

2 (1 điểm)

 1 2 ;1 ; 

Md M   t t t có AM    2 2 ;1t t t; , AB    1; 1; 1

Véctơ pháp tuyến mặt phẳng (ABM) là: n1  AM AB,   1;t2;3t 0,25 Véctơ pháp tuyến mặt phẳng (P) là: n 2 1; 2;1

Theo giả thiết ta có:  

1 2

1 2

6

c n n

 

 

2

2t 10t 14 6.t 2

2t 10t 14 6 t 2

     4t214t100

1 5 2

t t









 



0,25

+) Với t 1 M1; 2;1

+) Với 5 4; ;7 5

t M 

0,25

ĐK: n,n2

n



0,25

6

n n n

     n2 n 18n18 (vì n  1 0)

18 ( / )

 







0,25

18

9

18 2

1

1

i

i





0,25

VIII.a

(1 điểm)

A) Theo chương trình Nâng cao

1 (1 điểm)

Gọi A0;a, a 0 Có 2 2 4  12 8 3 ( ) 0; 1

1 ( / )





 



0,25 Đường thẳng AC đi qua A0; 1  có véctơ pháp tuyến AB2; 2AC x: y 1 0

13

AH BC AH 

0,25

Ta có: 1 2 12 12 AC 3 2

2 2

+) Với t3C3; 4 

2 (1 điểm)

VII.b

(2 điểm)

Gọi I là điểm thỏa mãn: IA2IB0I2; 1; 0 

0,25

Có: 2 2  2  2 2 2 2

MA  MB  MI IA  MI IB  MI IA  IB

Vì IA, IB không đổi nên  2 2

2

MA  MB nhỏ nhất MI nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P)

0,25

Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với mặt phẳng (P)  phương trình

2 2

 





  



 

  0; 0; 1

3 x x  x 2 8.3x x  x 2 9 x  x 2  0

3 x 8.3x 9 x x 2 0 3x 1 3x 9 x x 2 0

0,25

3x 9 x x 2 0

     (vì 3x   )1 0 x

2

2

(1)

2 0

(2)

2 0

x

x

x x

x x

  



  





 











0,25

Giải (1):

2

; 1 2;

x

x x







Giải (2):

2

1; 2

x

x x





 



0,25

VIII.b

(1 điểm)

Từ (1) và (2) ta có tập nghiệm của phương trình đã cho là: S    1;  0,25