a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa đường thẳng AC và đường thẳng SB.. Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại ti
Trang 1SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPTAN DƯƠNG
-ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN, Khối A, A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1
1
x y x
−
= + ( )C
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số
b) Tìm m để đường thẳng d có phương trình y= − +x m cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt
A, B sao cho tam giác ABM là tam giác đều, biết rằng M = (2; 5)
Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình:
+ +
= +
4 2 sin 2 1 3 cos
2 Giải bất phương trình sau: x 2 + 91 > x 2 x − + 2
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
e
1
(x 2) ln x x
dx x(1 ln x)
+
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O; tam giác SBD
đều cạnh 2a , tam giác SAC vuông tại S có SC a= 3; góc giữa mp(SBD) và mặt đáy là 60 0 Tính
theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa đường thẳng AC và đường thẳng SB.
Câu V (1,0 điểm)
Cho x, y, z lµ 3 sè thùc d¬ng vµ tháa m·n: x x(3 − 2012) (+y y3 − 2012) (+z z3 − 2012) ≤ 2013
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: 2 2 2
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1) Cho điểm M(1;1) và hai đường thẳng d1: 3x - y - 5 = 0, d2: x + y - 4 = 0 Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M và cắt d1, d2 tương ứng tại A, B sao cho 2MA - 3MB = 0
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x2 +y2 + −z2 2x− 4y− 2z= 0 cắt các tia Ox,
Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác O Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z+ 1 − 5i = z+ 3 −i Tìm số phức
z có môđun nhỏ nhất
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho elip ( ) : 2 2 1
E + = có các tiêu điểm F1, F2 (F1 có hoành độ âm) Đường thẳng d đi qua F2 và song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất cắt (E) tại A và B Tính diện tích tam giác ABF1.
2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) và đường thẳng d có phương
trình là ( ) : (S x− 1) 2 +y2 + + (z 2) 2 = 9, (d):
2 2
1
−
x
Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d và cắt mặt cầu ( S ) theo một đường tròn có bán kính bằng 2
Câu VII.b (1,0 điểm) ) Cho khai triÓn ( ) 2
n
TÝnh tæng: A=a1 + 2a2 + +n a. n BiÕt: 22 143 1
3
n n
C + C = n
- Hết -ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
Trang 2Câu Đáp án Điểm
II.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
+ Tập xác định D = ¡ \ 1{ }−
+ Sự biến thiên 2
3
( 1)
x
+
Hàm đồng biến trên các khoảng (−∞ − ; 1) và (− +∞ 1; )
Hàm số không có cực trị
0,25
+ Giới hạn và tiệm cận
x y x y
→−∞ = →+∞ = nên đồ thị có T/c ngang y = 2
x − y x + y
2 (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm:
2 1
1
x
⇔x2 - (m - 3)x - m – 1 = 0 (1)
0,25
(1) là PT bậc hai có ∆ = (m – 3)2 + 4(m + 1) = m2 - 2m +13 = (m - 1)2 + 12
> 0 ∀m
Nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, hay đường thẳng luôn cắt (C)
tại hai điểm pb A,B Theo hệ thức Viet: x1 + x2 = m – 3, x1 x2 = - m – 1
0,25
Khi đó A(x1; -x1 +m), B(x2; -x2 + m) suy ra
AB= x −x = x +x − x x
(x − 2) + − + − ( x m 5) = (x − 2) + (x − 2) ,
(x − 2) + − + − ( x m 5) = (x − 2) + (x − 2) = AM
0,25
Để tam giác MAB đều ta phải có: AB = AM = BM, hay
2(x −x ) = (x − 2) + (x − 2) 2 1
5
m
m
=
Kết luận
0.25
2.1 (1,0 điểm)
Ta có: x x x 2 cosxcos 2x 1 sin 2x cos 2x
4 2 sin 2 1 3 cos
+
=
⇔ 2 cos 2 x+ 2 sinxcosx− 2 cosxcos 2x= 0 0,25
(cos sin (cos sin )) 0 cos (cos sin )( 1 sin cos ) 0 cos
=
+
−
=
+
=
⇔
=
−
= +
=
⇔
2
1 4 cos
1 tan
2
1 sin cos
0 sin cos
0 cos
π
π π
x x
k x
x x
x x
x
Z k k
x
k x
k x
∈
=
+
−
=
+
=
2 4 2
π
π π
π π
0,5
2.2 (1,0 điểm)
Trang 3Điều kiện x 2 ≥
Phương trình đã cho tương đương với:
( x 2 + 91 10 − )−( x 2 1 − − −) (x 2 − > 9) 0 0,25
2 2
(x 3)(x 3) 0
x 2 1
x 91 10
− +
(x 3)
x 2 1
x 91 10
(*)
0,25
x 2 1
x 91 10
− +
Do đó (*) ⇔ x < 3.
0,25
Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là : 2 x 3 ≤ < 0,25
III.
(1,0
điểm)
(1,0 điểm)
+
− +
dx dx x
x
x x
x
ln 2 ) ln 1 (
x x
x
e
1 ( 1 ln )
ln
0,25
Ta có :∫e dx=e−
1
x x
x e
1 ( 1 ln ) ln
Đặt t = 1 + lnx, Ta có: J = dt
t
t
∫2 −
1
1
t)
1 1 (
2 1
∫ − = (t - lnt ) = 1 - ln2
0,25
IV.
(1,0
điểm)
(1,0 điểm)
* Tính thể tích…
- Trong mp(SAC) dựng SH ⊥ AC tại H.
- Do VSBD đều nên SO⊥BD , lại do ABCD là hình thoi nên AC⊥BD
I S
H
O D
A
Trang 4- Vỡ VSBDđều cú cạnh 2a⇒SO a= 3 và SO⊥BD
- Lại do CO⊥BD⇒SOCã = 60 0 là gúc giữa mp(SBD) và mp(ABCD)
.sin 60 3.
a
- Nhận thấy: VSOC cú SC SO a= = 3, SOCã = 60 0 ⇒ VSOC là tam giỏc đều
2
.
ABCD
S ABCD ABCD
a
* Tớnh khoảng cỏch giữa SB và AC.
- Gọi I là trung điểm SD ⇒OI SB// ⇒ mp(IAC) //SB
( ; ) ( ;( )) ( ;( ))
d AC SB d B IAC d D IAC h
- Ta thấy: I là trung điểm SD nờn ( ;( )) 1 ( ;( ))
2
d I ABCD = d S ABCD ;
ADC ABCD I ADC S ABCD
a
CD =CO +OD = a +a = a
Tam giỏc ICO cú
ã
OI OC
ã
2
13
4
1 3
I ACD D IAC IAC
:
D IAC IAC
h S
V
S ABCD
13
a
d AC SB =
0,5
0,5
V.
(1,0
điểm)
(1,0 điểm)
Từ giả thiết: x x(3 − 2012) (+y y3 − 2012) (+z z3 − 2012) ≤ 2013
Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacốpki, ta có
( 2 2 2) ( 2 2 2) ( 2 2 2) ( )2
2 2
2013 2012
x y z
Ta có A x 1 12 y 1 12 z 1 12
(x y z) 1 1 1 (x y z) 9
+ +
+ +
Trang 50,25
§Æt t= x+y+z, A t 9 f t( ) ( 0 t 2013)
t
9 ( ) 1 0 0; 2013
t
= + > ∀ ∈
f(t) max=f(2013)=2013- 9 4052160
2013 = 2013 dÊu "=" x¶y ra khi : x= y =z =2013
3 VËy max 4052160
2013
A= , khi : x= y =z =2013
VIa.
(2,0
điểm)
VIIa.
(1,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Ta có A ∈ d1 nên A(x1;3x1-5), B ∈ d2 nên B(x2;4-x2) 0,25
Vì A, B, M thẳng hàng và 2MA = 3MB nên
−
=
=
) 2 ( 3 2
) 1 ( 3 2
MB MA
MB MA
0,25
2
5
; 2
5 2
2
5 )
3 ( 3 ) 6 3 ( 2
) 1 ( 3 ) 1 ( 2
2
1 2
1
2
x
x x
x
x x
⇒
=
=
⇔
−
=
−
−
=
−
(1 ; 2), ( 1 ; 3 ) 1
1 )
3 ( 3 ) 6 3 ( 2
) 1 ( 3 ) 1 ( 2 )
2
(
2
1 2
1
2 1
B A
x
x x
x
x x
−
⇒
=
=
⇔
−
−
=
−
−
−
=
−
Vậy có d: x - y = 0 hoặc d: x - 1 = 0
0,25
2 (1,0 điểm)
(S) : ( ) (2 ) (2 )2
x− + y− + −z = có tâm w(1;2;1) bán kính R = 6
(S) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(2;0;0), B(0;4;0), C( 0;0;2) Gọi I tâm
đường tròn (A,B,C) thì I giao điểm của d đi qua w và vuông góc
mp(ABC),và mp(ABC); Ptmp(ABC)
Giải hệ 2x y+ + 2z− = 4 0 và
1 2 2
1 2
= +
= +
= +
ta được 2
9
t=−
suy ra
5 16 5 ( ; ; )
9 9 9
I và r = IA = 5 2 2 16 2 5 2 5 2
− + + =
0,25
0,25
0,25
0,25 Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y ∈ R) Ta có
x+ 1 + (y− 5 )i = x+ 3 − (y+ 1 )i (1)
⇔ (x+ 1 ) 2 + (y− 5 ) 2 = (x+ 3 ) 2 + (y+ 1 ) 2
⇔ x+ 3y= 4 Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa
mãn (1) là đường thẳng x + 3y = 4 Mặt khác
16 24 10
) 3 4
2
z
Hay
5
2 2 5
8 5
6 5 2
2
≥ +
z
Do đó
5
2 5
6
min ⇔ y= ⇒x=
5
6 5
2 +
=
0,25
0,25
0,25
0,25
1 (1,0 điểm)
1 4 8 : ) (
2 2
= + y
x
E có c= 8−4=2⇒F1(−2;0), F2(2;0).
Trang 6(2,0
điểm)
VIIb.
(1,0
điểm)
Từ giả thiết ⇒d:y=x− 2 hay x−y− 2 = 0
0.25
Từ hệ 1 (0; 2), 83; 32 .
4 8
2
2
−
⇒
= +
−
=
B A
y x
x y
0.25
3
16 2 2 2 3
8 2
1 )
; ( 2
1
1
0.5
2 (1,0 điểm)
(S) có tâm I( 1; 0; -2) có bán kính R = 3, đường thẳng d có VTCP
) 2
; 2
; 1
=
u (P) vuông góc với d nên VTPT của (P) là n=(1;2;−2) 0.25 Giả sử (P) có phương trình : x +2y−2z +D=0
) 2 ( 2 1
5
2 2
− + +
+
0.25
−
−
=
−
=
⇔
−
= +
= +
⇔
5 5 3
5 5 3 5
3 5
5 3 5
D
D D
D
Vậy có hai mp thỏa mãn đề bài là:
=
−
−
− +
=
− +
− +
0 5 5 3 2 2 :
) (
0 5 5 3 2 2 :
) (
z y x P
z y x P
0.25
(1,0 điểm)
Gi¶i ph¬ng tr×nh 2 3
3
n n
Víi n=9 ta cã ( )9
1 + 2x = +a a x a x+ + +a x 0,25
Trang 7Lấy đạo hàm hai vế ta đợc : ( )8
8
9 2 1 + 2x = +a 2a x+ 9 + a x
1 2 2 9 9 9 2 1 2
0,25
Giải phơng trình 2 3
3
n n
Hết
