Đề thi Toán khối D năm 2013

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số.. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.. Giám thị không giải thích gì thêm.

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013

MÔN: TOÁN; KHỐI: D

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

x

x y







1

1 2

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số.

2 Gọi  d là đường thẳng có phương trình y mx2m2.Tìm tất cả các giá trị của tham số m

để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn: x1x2 2x1.x2 3

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:1+ sinx + cosx + sin2x =(sinx +cosx)2sinx( 31) cosx

2 Giải hệ phương trình: ( , )

0 5 3

0 3 3

3

2 2

R y x y x y x

xy y x



























Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : I=6 

0cos cos3

3 sin



dx x x

x

Câu IV(1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, cạnh

huyền bằng 3a Hình chiếu vuông góc của đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam

'

2

a

A C  Tính thể tích khối trụ ABC A B C ' ' ' và khoảng cách từ C đến mặt phẳng

 ABB A ' ' 

Câu V(1,0 điểm) Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x > 0:

0 1 log ) 3 ( log23 x m 32 x 

Câu VI(2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng   d có phương trình: 2 x    y 1 0,

tam giác ABC có đường cao AH có phương trình :x    y 3 0, cạnh AC song song với đường thẳng

  d , đỉnh B thuộc đường thẳng   d và điểm M   0;2 là trung điểm của cạnh BC Viết phương trình các

cạnh của tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) song song với trục Ox, vuông góc với mặt phẳng (Q): x  2 y    z 1 0 và tiếp xúc với mặt cầu (S) có phương trình: x2  y2  z2  2 x  4 y  6 z   5 0

Câu VII(1,0 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của

3

5

1

n

x

  , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn:

2n 20 n

- Hết

-Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:

TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

Tổ: Toán

*** ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013

MÔN: TOÁN; KHỐI: D

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

1 (1,0 điểm)

* Tập xác định: D =R\1

* Sự biến thiên:

0 ) 1

(

3





x

y với x(;1)(1;)

 Hàm số đồng biến trên các khoảng ;1 và 1;+  

0,25

Cực trị: Hàm số không có cực trị.

Giới hạn, tiệm cận:



















x y

x

x y

x x

x

1 2 lim lim

; 1

1 2 lim lim

1 1

1 1

Do đó đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

2 1

1 2 lim lim

; 2 1

1 2 lim































x y

x

x y

x x

x x

Do đó đường thẳng y = - 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

0,25

Bảng biến thiên:

x  1 

 

'

y x

 

0,25

I

(2,0

đ)

Đồ thị:

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 1) và cắt trục hoành tại điểm 1

;0 2

Đồ thị có tâm đối xứng là giao điểm I(1 ; - 2) của hai tiệm cận

0,25

-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x

2 (1,0 điểm).

- Phương trình hoành độ giao điểm là: 2 2

1

1 2











m mx x

x

(1), với x1 0

3 2

2    

Đặt f(x) = mx2 mx2m3

-Để đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt thì (1) có 2 nghiệm phân biệt

(2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1





















0 ) 1 ( 0 0

f

m

2

0

3 0

m







 



0 4 3

m m









 



Với m thỏa mãn (*) thì (2) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2và theo Vi-et có:



















m

m x

x

x

x

2 3

1

2

1

2 1

Để x1 x2 2x1.x2 3 thì 1232 3

m

m

m = 3

0,25

Đối chiếu m = 3 với điều kiện (*) ta thấy thỏa mãn

Kết luận: Vậy với m = 3 thì thỏa mãn yêu cầu bài toán 0,25

1 (1,0 điểm) Giải phương trình:

1 sin  x  cos x  sin 2 x  (sin x  cos ) 2sin x   x  ( 3  1) cos x  (1)

TXĐ: D = R khi đó ta có (1)

2

(sin cos )(1 3 cos sin ) 0

II

(2,0

đ)

 















0 sin cos 3 1

0 cos sin

x x

x x

Xét x x  x   x k ,kZ

4 0

) 4 sin(

2 0 cos

0,25

3 1 1

2

5

2 6



  



Kết luận nghiệm của phương trình là:

5

x     k  x    l  x     l  k l  Z 0,25

2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

























0 5 3

0 3 3

3

2 2

y x y x

xy y x

(I) với x,yR

Ta có (I)





























0 5 3 ) )(

(

3 2 2

2 2

y x y xy x y x

xy y x































0 5 3 ) 2 )(

(

3 2 2

2 2

y x xy y

xy x y x

xy y x

























0 5 3 ) 2 3 )(

(

3

2 2

y x xy y

x

xy y x

0,25























0

3 2 2

2 2

xy y x y

xy y x























0 ) 1

(

3 2

2 2

xy x y

xy y x



















































0 1 3 0

3

2

2 2

2 2

xy x

xy y x y

xy y x

0,25

Xét hệ





















0 1

3 2

2 2

xy x

xy y x





















3 1

3 2

2 2

y

xy y x









































2 1 2 1

y x y

x

0,25

Xét hệ













 0

3

2 2

y

xy y x







































0 3 0 3

y x y x

Hệ phương trình có 4 nghiệm(x;y):( 3;0);( 3;0);(1;2);(1;2)

0,25

(1,0 điểm) Tính tích phân : I = 6 

0cos cos3

3 sin



dx x x

x

=6 

0 2cos2 cos

) 2 sin(



dx x x

x x

0 cos2 cos

2 sin cos 2 cos sin 2 1



dx x

x

x x x

III

(1,0

đ)

x

x dx

x

x

0

6

0 cos2

2 sin 2

1 cos

sin

2

1

0,25

= 1ln cos 6 1ln cos 2 6

= 1ln 3 1ln1

0,25

B

B'

M

G H

- Gọi M là trung điểm của AC  3

- Trong tam giác vuông GMC có:

2

4

a

- Trong tam giác vuông A’GC có:

0,25

- Thể tích lăng trụ ABC A B C ' ' ' là:

3

ABC

a

- Kẻ GH  AB, H thuộc AB,  GH / / BC   A H '  AB

- Trong vuông HGB

- Trong A’GH có:

2

2

a

AB 

diện tích  A AB ' là:

2 '

'

A AB

a

0,25

IV

(1,0

đ)

Mặt khác thể tích lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' ' xác định bởi:

0,25

 

3

2 '

1

3 9 2

9 4

A AB

a V

a S

Vậy

khoảng cỏch từ C đến mặt phẳng  ABB A ' '  là d C A B BA  ,  ' '  = 2a (đvđd)

Xét bất phương trình: log23 x(m3) log32 x10(1)

Tập xỏc định : D   0;  

(1)  log32 x(m3) log23 x1 3

1 log

log 2 3

2

3  



x

Đặt log23 x1t(t 1)

Khi đú bất phương trỡnh trở thành 1 3

2







m t

t

(2)

Để (1) nghiệm đỳng với mọi x > 0 thỡ (2) nghiệm đỳng với mọi t1 0,25

Xột hàm số f(t)=

t

t2 1 với t1

ta cú f’(t) = 1+ 12

t > 0 với t1 và f(t) là hàm liờn tục trờn 1;

hàm số f(t) luụn đồng biến trờn 1;



Min f t f

V

(1,0

đ)

Để (2) nghiệm đỳng với mọi t1 thỡ

   

1;

Min f t

Vậy (1) nghiệm đỳng với mọi x > 0 khi m - 3

0,25

1 (1 điểm).

- PT đường thẳng BC qua M và vuụng gúc với AH: x    y 2 0

- (BC) cắt (d) tại B nờn tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

 

1;3

B

0,25

- M là trung điểm của BC suy ra C   1;1 

- Đường thẳng AC qua C và song song với (d) pt (AC): 2 x    y 3 0 0,25

2; 1

A

- Đường thẳng (AB) đi qua 2 điểm A, B cú pt: 4 x  3 y   5 0

- Kết luận

0,25

2 (1 điểm)

VI

(2,0

đ)

- Mặt cầu (S) cú tõm I   1;2;3  và bỏn kớnh R = 3 0,25

- Vì mp(P) // Ox và (P) (Q) nên vectơ đơn vị  i   1;0;0 trên trục OX và vectơ pháp

tuyến n 1   1; 2;1   của (Q) có giá song song hoặc nằm trên (P)

Do  i

và n 1

không cùng phương nên mp(P) có 1 vtpt là: n     n i  1,     0;1;2 

phương trình mp(P) có dạng: y  2 z   m 0, (m  0do (P) // Ox)

0,25

- mp(P) tiếp xúc với mặt cầu (S)

;( )

3 5 8

2 2.3

3 5 8

1 2

m m

m

m

  

0,25

KL: Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là:

y  z    hoặc y  2 z  3 5   8 0

0,25

 

2

2

20.

3! 2 3 ! 2! 2 !

n











0,25

Với n = 8 ta có khai triển :

k

k

Số hạng không chứa x của khai triển nhị thức niu-tơn trên ứng với k thỏa mãn:

5

40 8

0 15

k k



 







0,25

VII

(1,0đ)

số hạng không chứa x của khai triển nhị thức niu-tơn trên là:  5 5 8 5

8

1 C 2 448

Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

- Hết