Khảo sát và vẽ đồ thị C của hàm số.. Tính thể tích của khối chóp1 A BCC B theo a.1.. Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT SỐ III AN NHƠN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013
Môn: Toán Khối A-B -A1-D
Thời gian làm bài: 180 phút.
I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hµm sè
2
3 2
−
−
=
x
x y
1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Tiếp tuyến tại điểm M bất kỳ trên (C) cắt các tiệm cận lần lượt tại A và B Tìm tọa độ của M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất
Câu II (2,0 điểm)
2(cos x-sin x)+1
2cos( - )
2 3
x
2 Giải hệ phương trình :
1
1
− + + =
y x
x y
(với x y R; ∈ )
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 4 2
0
x
π
−
∫
Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giácABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông tại C với AC = a, 1 1 1 cạnh bên AA1 =2a và tạo với đáy một góc bằng 30°, biết mặt phẳng(ABB1) (⊥ ABC và tam giác ) AA1B
cân tại A Tính thể tích của khối chóp1 A BCC B theo a.1 1 1
Câu V (1,0 điểm) Cho 2 số thực a, b ∈(0; 1) và thỏa mãn : (a3+b a b3)( + =) ab(1−a)(1−b)
II.Phần riêng (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC với cạnh đáy BC nằm trên đường
thẳng : x + y – 1 = 0 ; đường cao BH nằm trên đường thẳng :x – 2y – 2 = 0 và điểm I( - 2 ; 0) nằm trên đường cao CK.Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB ; AC của ∆ABC
− = + = −
d
và điểm A(1;1;0).Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A vuông góc với (P) cắt d tại B sao cho AB = 2
Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho z là số phức thỏa mãn: (3 - 2i).z = (2 + i)(1 + i) + 1.Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2013
2 4
z + − i
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2
d: x - y + 2 = 0 và điểm A(2; 2).Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) và d lần lượt tại M,N sao cho tứ giác IANM là hình bình hành
−
, mp(P): 3x + y - z - 7 = 0
và điểm A(-1; 1; 2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt ∆ tại B sao cho độ dài AB bằng khoảng cách từ A đến (P)
Câu VII.b ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình: log (33 21 8) 4
x x y y
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 2Câu Nội Dung Điểm I
(2,0đ)
1 (1,0đ)
TXĐ: D = R\ { }1
1 0
= >
−
y
x , với ∀ ∈x D
⇒hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : (−∞;1) và (1;+∞)
Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
2
→+∞ = −
x
Limy , x Lim y→−∞ = −2 ; →(1)+ = −∞
x Lim y , →(1)− = +∞
x Lim y
⇒ y= −2 là tiệm cận ngang; x=1 là tiệm cận đứng.
Bảng biến thiên:
Đồ thị: đi qua các điểm (0; −1) ; (1
2; 0) Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(1;-2) làm tâm đối xứng
2 (1,0đ)
0 0
; 1
−
x x
x ) ∈( )C là điểm cần tìm và ∆ tiếp tuyến với (C) tại M
0,25
0,25
0,25
0,25
2
−
−∞
1
x
y
2
−
-1
I O y
x
Trang 3II
(2,0đ)
0
1
−
x
y f x x x
0 0
1
1 1
−
−
x
x x
Gọi A = ∆ ∩ox ⇒A( 2
2x −2x +1;0)
B = ∆ ∩oy⇒ B(0;
2
2 0
−
−
x ) Khi đó ∆ tạo với hai trục tọa độ
∆OAB có trọng tâm là: G
2 0
;
x (đk x0 ≠1)
Do d(G; Ox) = 5
3
2
2 0
x
−
0
2 2 3
=
⇔ =
x x
Với x0 = ⇒2 M(2; 3)− ; với 0
( ;1)
= ⇒
1 (1,0đ)
Pt⇔ sin 4x+sinx 1 cos3= + x+sin 2x−cos 2x
2
1 sin
2
⇔
=
x
Với
2
sin
5 2
2 6
= +
= ⇔
= +
x
(k∈Z)
Với cos3x = sinx
2
2
π
= − + + = − +
2 (1,0đ)
đk:0≤x y; ≤1
y
−
xét h/s ( )
t
t
+ − ; có
'
2
t
−
+ −
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25 0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
Trang 4III
(1,0đ)
IV
(1,0đ)
vì (*) ⇔ f x( )= f(1− ⇔ = −y) x 1 y, thế vào pt(2) ta được :
2
1− +x 5− =x 2 2 ⇔ −6 2x+2 5 6− x x+ =8
vậy hệ pt có nghiệm là
1 2 1 2
x y
=
=
(1,0đ)
Ta có:
xét
2
2 1
1 1
( 1)
x
∫
xét 2
1
I
+
= +
1 1
(1 ln )
+
∫
khi đó I I= +1 I2= 1 2 3
2e + −e 2 + ln(1+e)
Gọi I là trung điểm của AB, vì tam giác A1AB cân tại A1 nên A1I⊥AB ⇒
nên A1I⊥(ABC) ⇒(AA1;(ABC)) = ^ 0
A AI =
tam giác vuông IA1A có A1I = A1A.sin 0
30 = 2a.1
2= a
AI= A A −AI = a −a =a ⇒AB=2AI=2a 3, khi đó
BC= AB −AC = a −a =a
3
a
a CA CB a a a
0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25
0,25
0,5
C
B1
A1
C 1
Trang 5V
(1,0đ)
VI.a
(1,0đ )
gt (a3 b a b3)( ) (1 a)(1 b)
ab
vì (a3 b a b3)( ) a2 b2 (a b) 2 ab.2 ab 4ab
(1−a) (1− = − + +b) 1 (a b) ab≤ −1 2 ab ab+ , khi đó từ (*) suy ra
4ab≤ −1 2 ab ab+ , đặt t = ab (đk t > 0)
ta được:
( )2
1
3
9
t
< ≤
≤ −
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
0
a b ab
dấu "=" xảy ra khi a = b
( )2
ab a− −b =ab− −a b ≤ab nên 2 2
xét f(t) = 2
t + + với 0 < t
1 9
f t
+ + với mọi 0 < t
1 9
≤
f t f
3 9
a b
a b
t ab
=
⇔ = = ⇔ = =
Vậy MaxF = 6 19
3
a b= =
1.(1,0đ)
Do N d= ∩ ∆ ⇒ ∈∆ ⇒N N a a( ;2 +1),
vì A là trung điểm của MN nên M(2−a;1 2 )− a mà
M∈ C ⇒ −a + − a − − − = ⇔a a − a=
0 6 5
a a
=
⇔
=
với a = 0 ⇒N(0; 1) ⇒pt d: y = 1
với 6 ( ;6 17)
a= ⇒N ⇒ pt d: 12x - y - 11 = 0.
2 (1,0đ)
do B d∈ ⇒B(1− − −t; 1 t;2 2 )+ t .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
Trang 6(1,0đ)
VI.b
(2,0đ)
AB= ⇔AB = ⇔ + +t t + t+ = ⇔ t + t+ =
⇔ = − ⇒
ta có mp(P) có vtpt là nuurP =(2; 3;1)−
vì ( ) ( )P ⊥ Q và (Q) chứa AB nên (Q) có vtpt là n= n AB P;
với nuurP =(2; 3;1)− ; uuurAB= −(1; 1;0) ⇒ =nr (1;1;1)
khi đó pt(Q): x + y + z - 2 = 0
1,0đ
3 2
i z
i
+
=
−
(2 3 ) (3 2 )
9 4
i
+
2013 2013 2012
⇒ = = ( )2 1006
khi đó z2013+ −2 4i = i + 2 - 4i = 2 - 3i, nên phần thực là a = 2 , phần ảo là b = -3
1 (1,0đ)
(C) có tâm I(1; 1), vì N d= ∩ ∆ ⇒ ∈ ⇒N d N a a( ; +2)
IANM là hình bình hành ⇔AI NMuur uuuur= ,
với uurAI= − −( 1; 1); N(a; a+2) ⇒ M(a-1 ; a+1)
mà M∈( )C ⇒ −(a 1)2 + +(a 1)2−2(a− −1) 2(a+ − =1) 8 0
3
a
a
= −
⇔ − − = ⇔ =
với a= − ⇒1 N( 1;1)− ⇒ ∆pt :x y− + =2 0
với a= ⇒3 N(3;5)⇒ ∆pt :x y− + =2 0
KL : pt∆:x y− + =2 0
2.(1,0đ)
Ta có
9 1 1
− + − −
= + +
vì B= ∆ ∩ ⇒ ∈ ∆ ⇒d B B(1+t;3−t t; )
( ) (2 ) (2 )2 2
AB d A P= = ⇔ AB = ⇔ +t + −t + −t =
2
1
3
t
t
=
=
với t = 1 ⇒B(2;2;1), ta có d đi qua A(-1 ; 1 ; 2) và có vtcp uuuvAB=(3;1; 1)−
1 3
2
= − +
= −
t= ⇒B ⇒uuurAB= −
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25 0,25
0,25 0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 7(1,0đ)
ta cú d đi qua A(-1 ; 1 ; 2) và cú vtcp uv=(7;5; 5)−
1 7
2 5
= − +
= −
1,0đ Đk: y > 2x - 8
Pt đầu ⇔y – 2x + 8 = ( )4
thế vào pt thứ hai ta được:
3.2 x+2 x =2 x+ +2 ⇔4.23x−2.22x− =2 0
Đặt: t = 2x , (đk t > 0 ) , ta cú pt: 2t3− − = ⇔ −t2 1 0 (t 1 2) ( t2+ + =t 1) 0
0 1
1
=
⇔ = ⇒ =
x t
y
0,25 0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
1.1
* TXĐ: R\{ }2 Ta có: (x 2) 0, x 2
1 '
−
=
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;2) và (2;+∞)
0,25
a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
→
lim
2 x 2
x
Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
→+∞ = →−∞ = ⇒
0,25
Bảng biến thiên:
x - ∞ 2 + ∞
y
-y 2
-∞
+ ∞
2
0,25
* Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung tại
2
3
;
;0
2
3 + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
O
y
x
2 3/2 3/2 2
Trang 8Ta có: , x 2
2 x
3 x 2
; x
0
0
−
( )2 0 0
2 x
1 )
x ( ' y
−
−
=
Phơng trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
( ) x 2
3 x 2 ) x x ( 2 x
1 y
:
0
0 0 2
− +
−
−
−
=
∆
0,25
2 x
2 x
; 2
0
−
−
2
2 x 2 2
x
0
0 B
2 x
3 x 2
y
−
−
=
+
suy ra M là trung điểm của AB
0,25
I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
− +
− π
=
−
− +
− π
=
) 2 x (
1 )
2 x ( 2
2 x
3 x 2 ) 2 x (
0
2 0 2
0
0 2
0
=
=
⇔
−
=
−
3 x
1 x )
2 x (
1 )
2 x (
0
0 2
0
2 0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
Bài3
Tính tích phân : I = 4 2
0
x
π
+
−
∫
Ta cú : I = 4
2
0 cos
x dx x
π
∫ + 4
2 0
1
1 5cos x dx
π
−
0,25
xd x x x dx x
x
0,25
x t t t t
π
−
0,25
π − 1ln 3
4
∆ABC cõn với cạnh đỏy BC : x + y – 1 = 0 ; đường cao BH :x – 2y – 2 = 0 và điểm
I( - 2 ; 0) nằm trờn đường cao CK.Viết phương trỡnh AB ; AC của ∆ABC
Từ gt => B( 4; 1
−
; ẳHBC KCB= ẳ => g(BH ; BC) = g(CK;BC) giả sử pt CK : Ax + By + 2A = 0 từ g(BH ; BC) = g(CK;BC) => pt CK : 2x - y + 4 = 0
0,25
