DETHI THU LTV LẢN

Viết phương trình đường tròn C có tâm I thuộc đường thẳng d, C cắt Ox tại A, B, cắt Oy tại M, N sao cho diện tích của hai tam giác IAB và IMN đều bằng 12.. cắt  tại D sao cho ABCD là

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

-ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2013

Môn: TOÁN, Khối A, A1, B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

Câu 1 (2,0 điểm).

Cho hàm số y x 3 2 x

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc (C) (khác gốc tọa độ O) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng OM.

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình

11 10sin 10cos cos 2

2

1 cos

x





Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 2x3.3 x 5 x2 x 6 (x  )

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I

2

2

cos x 0

(sin 4x sin 2x).e dx



Câu 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a Gọi G là

trọng tâm của tam giác ABC Biết rằng A’G vuông góc với mặt đáy (ABC) và A’B tạo với mặt đáy một

góc bằng 600 Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AG và A’C theo a

Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực không âm Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4

3

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 với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng : d x y 1 0 Viết phương

trình đường tròn (C) có tâm I thuộc đường thẳng d, (C) cắt Ox tại A, B, cắt Oy tại M, N sao cho diện tích của hai tam giác IAB và IMN đều bằng 12

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (1;1;1), A B(2;3; 1) , đường thẳng

:

và mặt phẳng ( ) :P x y z    Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C,2 0. cắt  tại D sao cho ABCD là một hình thang vuông tại các đỉnh A, B.

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn C n32A n2 44 Tìm số hạng không phụ thuộc

vào x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 4

1

n x

x



B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn ( ) :C x2(y1)2  ,2

( ') : (C x 4) (y 5)  Cho AB là một đường kính thay đổi của đường tròn ( ')8 C và M là một điểm

di động trên đường tròn (C) Tìm tọa độ các điểm M, A, B sao cho diện tích của tam giác MAB lớn nhất

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm (3;4;0) I và đường thẳng

:

 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt  tại hai điểm A, B sao cho diện tích của tam giác IAB bằng 12.

Câu 9.b (1,0 điểm) Viết dạng lượng giác của số phức z biết z z  và iz có một acgumen bằng 2. 2 16 6.



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:

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KHỐI

A

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013

M

điểm a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y x 3 2 x

* Tập xác định: 

* Sự biến thiên: y3x2 2; y0  x =

6 3

 hoặc x =

6 3

* Hàm số đồng biến trên

6 ( ; ) 3

  

và

6 ( ; )

3   ; nghịch biến trên

6 6 ( ; )

3 3



;

yCĐ =

4 6

9 ; yCT =

4 6 9



1 điểm

0,25đ

0,25 đ

* Bảng biến thiên

x −∞

6 3



6

3 +∞

y’ + 0  0 +

4 6

9 +∞

y

−∞

4 6 9



* Vẽ đúng đồ thị

-

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) (khác gốc tọa độ O) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông

góc với đường thẳng OM.

Gọi M m m( , 3 2 )m Ta có OM ( ,m m3 2 )m

Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại M Hệ số góc của đường thẳng d là

k f m  m   n  m    u  m  Theo giả thiết ta có

d

 

 m hoặc 0 m  hoặc 1

15 3

m 

Đáp số

0,25đ

0,25đ

-1 điểm

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Giải phương trình

11 10sin 10cos cos 2

2

1 cos

x





Điều kiện cosx 1 x  k2 

Phương trình

11 10sinx 10cosx (cos x sin ) 2 2cosx x

sin x 10sinx 9 cos x 8cosx

      sin2x10sinx25 cos 2x 8cosx16

(sinx 5) (cosx 4)

+) Với

9

(Vô nghiệm)

+) Với

 









 



   





       









 

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

điểm

Giải phương trình 2x3.3x 5 x2 x 6 (x ).

Điều kiện

3 2

x 

Phương trình

0,25đ

3

3

3

3

3

3

3

4 (*)

x

x

x









Ta có

3 3

2

2

3

x x

x x

x











Từ đó 2x 3 (x5) ( x 2)   x 5 1 2x 3 x 5 3x Do đó 5

3

2

x x





Mặt khác 3 2 3

1 4 (x5) 2 x 5 4  .

Suy ra VT(*) 3  x 4. Vậy phương trình (*) không xảy ra

Đáp số x 3.

0,25đ

0,25đ

0,25đ

điểm

Tính tích phân I

2

2

cos x 0

(sin 4x sin 2x).e dx



Ta có I

(2sin 2xcos2x sin 2x).e dx (2cos2x 1).e sin 2xdx

Đặt tcos2x dt sin 2xdx và x 0 t 1; x 2 t 0



Ta có

(2(2 1) 1) (t ) (4 1) t

Đặt



Ta có

1

0

I (4t 1).e e 4dt 3e 1 4e

5 e

 



0,25đ

0,25đ 0,25đ

điểm

Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AG và A’C

theo a

B’ M’ C’

A’

M

B C

G

A

Theo giả thiết ta có A BG ' 600

Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’ Trong tam giác ABC ta có



Từ đó

3

a

Ta có

' ' ' '

3 ( , ' ) ( ,( ' ')) ( ,( ' ')) A A CM

A CM

V

S

Ta có

3

a

Ta có

Ta có BCAM BC, A G'  BC(AA M' ) BCAA' BCCC'

Do đó

Từ đó

A C A M

0,25đ

0,25đ

0,25đ

 2 ' '

CA M

a

Vậy

3

2

15

36

39 12

a

a

a

Chú ý: Có thể tính ( d AG A C bằng cách dựng hình bình hành CMGN, sau đó hạ , ' ) GH A N'

và chứng minh GH( 'A NC) Từ đó

65

13

a

0,25đ

điểm

Cho x, y là hai số thực không âm Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4

3

Ta có

3

(e xe y)(e x e y)  0 e e y e e e x (y xe y) 4(e e y)e e y3e e e x y( xe y)e xe y

34(e e y) e x e y

Mặt khác ta có

(1 2 ) (1 2 )

2

Suy ra

(1 2 ) (1 2 )

3

Xét hàm số

3 (1 2 ) ( )

3

với t  0

Ta có

1 2 3

.(1 2 ) 2 2

3



,

0,25đ

0

t

Do đó

2

3

f t f    t f t f   t

Vậy

4

3

Khi x = y = 0 thì

4 3

P 

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

4

3

0,25đ

0,25đ

0,25đ

điểm

Cho đường thẳng :d x y 1 0 Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d, (C) cắt

Ox tại A, B, cắt Oy tại M, N sao cho diện tích của hai tam giác IAB và IMN đều bằng 12

Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn (C) Ta có I d  I t t( ; 1). Gọi H và K lần

lượt là hình chiếu vuông góc của I trên Ox, Oy Ta có

1

2

IAB

và

1

2

IMN

Từ (1) và (2) ta suy ra

0,25đ

2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4

1 ( 1) 0

2

t





Trường hợp 1:

( ; )

Thay vào (2) ta suy ra

4

R 

Vậy phương trình (C) là

Trường hợp 2: R2 t2 (t 1) 2 Thay vào (2) ta suy ra t t  1 12 t2 t12 hoặc

t2 t12 (Vô nghiệm) Vậy t  hoặc 3 t  4

+) Với t  ta có ( 3; 4),3 I   R  Vậy phương trình của (C) là 5 (x3)2(y4)225.

+) Với t  ta có (4;3),4 I R  Vậy phương trình của (C) là 5 (x 4)2(y 3)225

0,25đ

0,25đ

0,25đ

điểm

Cho (1;1;1), A B(2;3; 1) , đường thẳng

:

và mặt phẳng ( ) :P x y z   2 0.

Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C, cắt  tại D sao cho ABCD là một hình thang

vuông tại các đỉnh A, B.

Ta có D   D(1t t; ; 1 2 )  t

Ta có AB(1;2; 2),  AD( ;t t 1;2t 2)

Theo đề bài

Từ đó ta được u BCAD(2;1;2).

Vậy phương trình của đường thẳng BC là

Thay

2 2

1 2

 







  

Mặt khác do C thuộc mp(P) nên ta có

2 2 c (3c) ( 1 2 ) 2 0   c   c 2 C(6;5;3)

Ta có CD  ( 3; 3;0)  u d (1;1;0).

Vậy phương trình của d là

3 2 3

z

 





 



 



0,25đ

0,25đ

0,25đ

điểm

Cho n là số nguyên dương thỏa mãn C n32A n2 44 Tìm số hạng không phụ thuộc vào x

1

n x

x



Điều kiện n  Ta có 3.

C n32A n2 44

( 1)( 2)

6

2

(n 12).(n 3n 22) 0

      n = 12 hoặc n2 3n 40 0 (Loại vì n là số nguyên dương)

Với n = 12 ta có

4

1

x



Số hạng không phụ thuộc vào x ứng với k thỏa mãn

24 3

4

k

k



Vậy số hạng không chứa x là C 128 495

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

điểm

Cho hai đường tròn ( ) :C x (y1)  , 2 ( ') : (C x 4) (y5)  Cho AB là một đường8

kính thay đổi của đường tròn ( ')C và M là một điểm di động trên đường tròn (C) Tìm tọa

độ các điểm M, A, B sao cho diện tích của tam giác MAB lớn nhất

Đường tròn (C) có tâm (0;1) I và có bán kính R  2. Đường tròn (C’) có tâm '(4;5) I và có

bán kính ' 2 2.R  Ta có ' 4 2II  R 2 Do đó I’ nằm ngoài đường tròn (C).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng AB Ta có

MAB

Mặt khác ta có MH MI 'MI II ' 2 4 2 5 2. 

Do đó S MAB  2.MH 2.5 2 10.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H  và M là giao điểm của đường thẳng II’ với (C) và I thuộc I'

đoạn thẳng I’M Như vậy AB là đường kính của (C’) vuông góc với II’.

Phương trình đường thẳng II’ là

( ;1 )

1

x t







 

 Thay M( )C ta được t  Suy ra (1;2)1 M hoặc M ( 1;0).

Ta có 'I M II' M( 1;0)

Phương trình đường thẳng AB là x y  9 0 Suy ra tọa độ các điểm A, B thỏa mãn hệ

6; 3

Vậy (2;7), (6;3),A B M ( 1;0) hoặc (6;3), (2;7),A B M ( 1;0).

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

điểm

Cho điểm (3;4;0) I và đường thẳng

:

tâm I và cắt  tại hai điểm A, B sao cho diện tích của tam giác IAB bằng 12.

Gọi H là trung điểm của AB Ta có  đi qua M(1;2; 1) và có u  (1;1; 4).

0,25đ

Ta có

3 2

u MI

u





 



Suy ra

8 3

IAB AB

IH

Do đó

2

AB

Vậy phương trình của mặt cầu (S) cần tìm là (x 3)2(y 4)2z225.

0,25đ 0,25đ 0,25đ

điểm

Viết dạng lượng giác của số phức z biết z z  và iz có một acgumen bằng 2. 2 16 6.



.

Gọi  là một acgumen của z Ta có z2(cosi.sin )

Từ đó suy ra

i z i  i   i      i   

Chọn  sao cho 2 6 3.

Vậy z có dạng lượng giác là

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ