Đề Thi Thử Đại Học Lần 1 Trường THPT Nguyễn Huệ Tỉnh Đak Lak năm 2013

Cỏc mặt phẳng SAC và SBD cựng vuụng gúc với mặt phẳng ABCD.Biết gúc giữa hai mặt phẳng SCD và ABCD bằng 600.. Tớnh thể tớch khối chúp và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng CD và SA.. Viết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MễN TOÁN NĂM 2013

Thời gian làm bài: 180 phỳt

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

Cõu I (2 điểm) Cho hàm số : y =

3

1

x3 - 2

1

mx2 + (m2 - 3)x với m là tham số 1) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1

2) Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của m để hàm số đạt cực đại tại xCĐ ,cực tiểu tại xCT đồng thời xCĐ ; xCT là

độ dài cỏc cạnh gúc vuụng của một tam giỏc vuụng cú độ dài cạnh huyền bằng

2 10

Cõu II (2 điểm) 1) Giải phương trỡnh :

sin 4 4 cos

1

1 2 cos 2 2

x

 2) Giải bất phương trỡnh:

x x x x

3 2 1 1 2

2

2

3 



Cõu III (1 điểm)Cho hỡnh phẳng (H)giới hạn bởi đồ thị hàm số:y = x1đường thẳng y = 2 và cỏc trục toạ độ

1) Tớnh diện tớch hỡnh phẳng (H)

2) Tớnh thể tớch vật thể trũn xoay sinh ra khi quay hỡnh phẳng (H) quanh Ox

Cõu IV (1điểm) Hỡnh chúp SABCD cú đỏy ABCD là hỡnh thang vuụng tại A và B với AB = BC = 3a;AD = 6a

Cỏc mặt phẳng (SAC) và (SBD) cựng vuụng gúc với mặt phẳng (ABCD).Biết gúc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 600 Tớnh thể tớch khối chúp và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng CD và SA

Cõu V (1 điểm) Cho a,b,c dương CMR : 9 12

2 2 2

3 3 3

















c b a

ca bc ab abc

c b a

II – Phần riêng (3điểm)

1 Theo chương trỡnh Chuẩn :

Cõu VIa (2 điểm) 1)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M(5; - 6);đường trũn (C) cú phương trỡnh : x2 + y2 + 2x - 4y - 20 = 0 Từ M vẽ cỏc tiếp tuyến MA MB , tới đường trũn ( ) C với A B , là cỏc tiếp điểm Viết phương trỡnh đường trũn nội tiếp tam giỏc MAB.

2) Trong khụng gian với hệ trục tọa độ vuụng gúc Oxyz, cho mặt phẳng  P :xy  z 3 0 và đường thẳng : 1

1 3 1

x y z

  

 Lập phương trỡnh đường thẳng d, nằm trong mặt phẳng (P), vuụng gúc với đường thẳng  và cỏch đường thẳng  một khoảng bằng 8

66

.

Cõu VIIa(1 điểm) Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức: z2z 0

Khi đú hóy tớnh tổng cỏc lũy thừa bậc tỏm của cỏc nghiệm

2 Theo chương trỡnh nõng cao:

Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy; cho tam giỏc ABC cú đỉnh A2; 6, chõn đường phõn giỏc trong kẻ từ đỉnh A là điểm 2; 3

2

D  

 

và tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC là điểm

1

;1

2

I 

 

Viết phương trỡnh đường thẳng chứa cạnh BC

2) Trong khụng gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) vaứ C(2;2;1) và mặt phẳng (P): x + 3y – z + 2 = 0 Tỡm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 + MC2 đạt giỏ trị nhỏ nhất

Cõu VIIb(1 điểm) Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2  z4 160, n là số tự nhiên thỏa mãn

C04n – C24n + C44n – C64n + … + (-1)kC2k4n + … + C4n4n = 4096

Tìm phần thực của số phức A = z1nz2n ( k

n

C là số tổ hợp chập k của n phần tử)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

Câu I

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 HS tự làm 1

y' = x2 - mx + m2 - 3

Hàm số có CĐ,CT & xCĐ > 0 ; xCT > 0 <=> y' = 0 có hai nghiệm dương phân biệt 0.25

<=>





























0 3 0 0 3 12

2 2

m P m S

m

<=> 3 < m < 2 (*)

0.25

xCĐ ; xCT là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng

2

10

<=> x2CĐ + x2CT =

2

5 <=> (xCĐ + xCT)2 - 2xCĐ.xCT =

2 5

0.25

Theo định lí viet ta có : m2 - 2(m2 - 3) =

2

5 <=> m =

2

14 Thoả mãn điều kiện (*) 0.25

CâuII

1) ĐK : cos2x ≠ 0,5 pt <=> sin4x - cos4x + 4(sinx + cosx) = 1 - 2cos2x 0.25

Pt <=> 2sin2x.cos2x - 2cos22x + 1 + 4(sinx + cosx) = 1 - 2cos2x

<=> 2cos2x(1 + sin2x - cos2x) + 4(sinx + cosx) = 0

<=> cos2x.(1 + 2sinx.cosx - 1 + 2sin2x) + 2(sinx + cosx) = 0

<=> (sinx + cosx)(cos2x.sinx + 1) = 0

0.25

x x x k ,kZ

4 0

cos

1 2sin sin 1 0 sin 1  2sin 1 0 0

1 sin 2

2 1

2) Giải bất phương trình: 2 13 22 3

2x1  x  x  x

Đk x ( -

2

1

; +  ) \ {0} bpt <=>

3

2

3 2 1 1 2

2

x

x x x









1 2

1 2 1 2 3 2

3

3 2

3













x x

x x

x x

0.25

1 2

) 1 2 2 (

1 2 3

2













x x

x x x

x

0.25 Lập bảng xét dấu VT

Vậy nghiệm của bpt ban đầu : 0 < x 1 5

4



 hoặc x = 1 - 2

0.25

0.25

CâuIII

1) Từ gt => h ình phẳng (H) giới hạn bởi đths : x = y2 + 1 ; x = 0 & hai đthẳng y = 0;y = 2

nên có S =  

2

0

2 ) 1 (y dy =

3

14

(đvdt)

2) V =  [     

5

0

5

1

2

2 dx x dx ] = 12 (đvtt)

0.25

0.25 0.25

0.25

CâuIV

Gọi O là giao điểm của AC & BD khi đó SO  (ABCD) & AOD  COB với tỉ số 2

Mà AC = 3a 2 => OC = a 2 Từ gt => AC  CD mà CD  SO => CD  (SAC)

0.25

Khi đó g((SCD) ; (ABCD)) = SCO = 600 => SO = CO.tan600 = a 6

Vậy VSABCD =

3

1 SO.SABCD =

2

6

9a3 (đvtt)

0.25

Vì CD  (SAC) nên kẻ CH  SA thì CH là đường vuông góc chung của CD & SA 0.25 Trong SAO có SA = a 14mà :SO.AC = CH.SA =>CH = 3 42

7

a hay d(SA;CD)= 3 42

7

Từ a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) ta có :

C âuV

abc

ca bc ab c b a c b a abc

c b







= 

















ca bc ab

1 1 1

3 (a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)

0.25

Mà

ca bc ab ca bc











1

















ca bc ab

1 1 1

3 (a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca)  3 + 9

ca bc ab

ca bc ab c b a













 2 2

Vậy pcm : 3 + 9

ca bc ab

ca bc ab c b a













 2 2 2

+ 9 2 2 2 12









c b a

ca bc

2 2 2





















c b a

ca bc ab ca bc ab

c b a

Câu

VIa

1) Đường tròn (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R=5; MI = 10

Gọi H là giao điểm của AB và MI ta có IH.MI=AI2

Suy ra IH=5/2

0.25

Vì MA và MB là các tiếp tuyến nên H phải nằm

giữa M và I, do đó 1 1;0

IH  IMH 

 

 

0.25

sin

2

IH IAH

IA

  IAH 300 MAB đều Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB trùng với trọng tâm G

của nó Ta có 2

3

GM HM

G(2;-2) từ đó tính được bán kính 5

2

r 

0.25

Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB là  2  2 25

4

2) Ta có (P) có vtpt n P 1;1;1

,  có vtcp u 1;3; 1 

, M1;0;0 

d P

d P d



 

 

  

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và song song với  Khi đó ta chọn

Q d

n u u  

  

suy ra (Q) có dạng 4xy7zd  0 0,25

Ta có  ;   ;    ;   4

66

d

d  d d  P d M P   Từ đó kết hợp với giả thiết ta được:

d



+) Nếu d 4 Q : 4xy7z 4 0 Chọn điểm 1 13; ; 1    

3 3

N   P Q d

ra phương trình

1 13

1

:

z d



+) Nếu d  12 Q : 4x y7z120 Chọn điểm N1;1;1     P  Q d suy ra

d     

0,25

Câu

VIIa

Giả sử z=x+iy Phương trình (x iy )2(x iy )0

2 2

0

xy y

 

 

Giải hệ ta có: 1 0; 2 1; 3 1 3 ; 4 1 3

z  z   z   i z   i

0,25

H

A

B

Cõu

VIb

1) Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC Ta cú phương trỡnh đường thẳng AD: x   Do E thuộc đường thẳng AD nờn 2 0 E2;t Mặt 

khỏc do I là tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC nờn

IA IE  t           t   t t 

Do đo ta được E2; 4 

0,5

Do AD là phõn giỏc nờn E là điểm chớnh giữa cung BC suy ra IE vuụng gúc với BC hay

BC nhận 51; 2

2

EI   



là vector phỏp tuyến Do đú pt của BC là:

2

BC x  y  x y 

0,5

Gọi G là trọng tõm tam giỏc ABC

Chứng minh được MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 0,25

MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất MG nhỏ nhất M là hỡnh chiếu của G trờn (P) 0,25

Tỡm được tọa độ

4 2 1; ;

3 3

G 

0,25

Tỡm được 22 61; ; 17

M  

Cõu

VIIb

Phương trình z24z160 có hai nghiệm z1 22 3i,z2 22 3i 0,25

n k

k n 2

2 n 1

n 0 n n

i C

i C

i C i C C ) i 1

i ] C

C ) 1 (

C C [ C

C ) 1 (

C C C

C0n  2n 4n 6n   2 kn nn 1n 3n    k kn1  nn1



4 sin i 4 cos 2 i

n n







































Do đó C0n C1niC2ni2 Cknik  C nni n 2 ncosn

0,25

Theo bài ra ta có 2 ncosn 4096, do cosn1cosn1 nên n là số chẵn

A =

6 6

6 6

6 6

i 2

3 2

1 4 i 2

3 2

1 4 ) i 3 2 2 ( ) i 3 2 2















































] 2 sin i 2 cos ) 2 sin(

i ) 2 [cos(

4 3 sin i 3 cos 4 3 sin i 3 cos

6 6





















































8192 Vậy phần thực của A là 8192

0,25