Mời các bạn cùng tham khảo đề thi thử Đại học lần 3 môn Toán khối A, A1 năm 2013 của trường THPT Nguyễn Văn Cừ tư liệu này sẽ giúp các bạn ôn tập lại kiến thức đã học, có cơ hội đánh giá được năng lực của mình trước kỳ thi chính thức. Chúc các bạn thành công trong kỳ thi sắp tới.
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013
Môn thi: TOÁN ; Khối A , A 1
Thời gian làm bài : 180 phút , không kể thời gian phát đề
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số : 3 2
2 3
y= x − x + x−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Tìm m để đường thẳng : 1
3
y mx
∆ = − cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho A cố định và diện tích tam giác OBC gấp hai lần diện tích tam giác OAB
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình :
2sin 2 2sin 2 3 3
4cos 4 cos
x x
π
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
+ + = +
(x,y∈R)
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân : ( 2 )
l
1 ln
=
+
Câu 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy bằng a Gọi M, N, I lầnlượt là trung
điểm của các đoạn thẳng AA’, AB, BC Biết góc giữa hai mặt phẳng (C’AI) và(ABC) bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp NAC’I và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN, AC’
Câu 6 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x+ + =y z 3 Chứng minh rằng :
( ) ( ) ( ) 2 .
xyz
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 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm là H(3;-1/4), tâm đường tròn
ngoại tiếp là K(0;
8
29 ), trung điểm cạnh BC là M( ;3
2
5 ) Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C; biết hoành độ của B lớn
hơn hoành độ của C
Câu 8a (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;1;0), mặt phẳng (P): 2x - 3y + z - 1 = 0
và đường thẳng : 1 1 2
d Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A vuông góc với (P) và cắt d tại B sao cho AB = 2
Câu 9a (1,0 điểm) Tính modun của số phức w=b+ci (b,c∈R),biết số phức
7 8
) 1 (
) 2 1 ( ) 1 (
i
i i
−
−
− + là nghiệm của
phương trình z2 +bz+c=0
B.Theo chương trình nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm) Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD,đường thẳng AD có phương
trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 450 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương
Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d d1, 2 có phương trình là
1
1
z t
= +
= −
=
,
2
:
d − = − = + , d là đường thẳng đi qua I(2;2;-1) cắt
1, 2
d d lần lượt tại A và B Viết phương trình mặt cầu đường kính AB
Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z1, z2 là hai nghiệm của phương trình 2 5
21
Tìm số n nguyên dương
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC
Môn :Toán, khối A-A1
a (1,0 điểm)
TXĐ: D = R
Chiều biến thiên: y, =x2−4x+3; , 0 1
3
x y
x
=
= ⇔
=
0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng: (−∞;1) và (3;+∞),nghịch biến trên khoảng (1; 3)
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 3 1
3
ct
y
⇒ = − , đạt cực đại tại điểm x = 1 ⇒y cd =1 Giới hạn: lim
→−∞ = −∞ ; lim
→+∞ = +∞
0.25
Bảng biến thiên:
0.25
Đồ thị: Đi qua các điểm (0; 1)
3
− ; (4 ; 1) ; nhận (2; )1
3
I làm điểm uốn
0.25
b.(1,0 điểm)
1
(2,0 điểm)
Pt hoành độ giao điểm của đường thẳng : 1
3
y mx
∆ = − và (C) :
2 3
3x − x + x− =3 mx−3 ⇔x x( 2−6x+ −9 3 )m =0(1) 2 0
6 9 3 0
x
=
⇔
Với x = 0 ⇒ y = 1
3
− ⇒ A(0; 1
3
− )
0.25
1 3
−
∞
−
,
y
y
y
1
O
x
4
1
1
1 3
−
3
Trang 3Đường thẳng : 1
3
y mx
∆ = − cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C ⇔(1) có 3 nghiệm phân biệt⇔pt x2−6x+ −9 3m=0(2) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0
,
0
9 3m 0
∆ >
⇔
3 0 3
m m
>
⇔
≠
0 3
m m
>
⇔
≠
0.25
Khi đó ( ;1 1 1)
3
B x mx − ; ( 2; 2 1)
3
C x mx −
2 ( , ) 2 ( , )
3
=
= −
⇒x2 =3x1 (3) (vì x1+x2 =6 )
0.25
Mà x1; x2 là nghiệm của phương trình : 2
6 9 3 0
1 2
6
9 3
= −
Từ (3) và (4) 3
4
m
⇒ = (tmđk)
0.25
(1,0 điểm)
Với điều kiện : cosx≠0, Phương trình đã cho tương đương :
3 cos 2 sin 2 3
4cos 4 cos
x x
0.25
4 cos 4 cos
x
3 cos sin 2cos 4
0.25
6
π
0.25
2
(1,0 điểm)
Giải phương trình (1) và đối chiếu ĐK, kết luận nghiệm của phương trình đã cho là:
2
18 3
k
x= − π + π
30 5
= +k
(1,0 điểm)
Hệ phương trình tương đương với:
2 2
* Nếu x=0thì hệ (I)
2 2
y
+ =
⇔
0.25
3
(1,0 điểm)
* Nếu x≠0 thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ chox ta được hệ tương đương
+ + − = + + − − =
⇔
- Đặt
2 1
y
x
+
= = − − , ta được hệ phương trình:
0.25
Trang 43 1
⇔
2 1
u v
=
=
- Với
2
2
2
x
10 3
x y
=
∨
=
0.25
- Với
2
2
2
x
- Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm ( ; )x y =(2; 1) , (10; 3) , (1; 1) , (13; 5)− −
0.25
(1,0 điểm)
xét
2
2 1
1 1
x
xét 2
1
e
x I
+
= +
1 1
(1 ln )
1 ln
+
4
(1,0 điểm)
khi đó I= +I1 I2= 1 2 3
(1,0 điểm)
O M
N
B'
B I
0
0
3 ' tan 60
2
goc C IC
' tan 60
goc C IC
⇒
3
'.
a
5
(1,0 điểm)
khi đó
/ / 1 2
=
/ / 1 2
NI AC
=
suy ra MOIN là hình bình hành
( , ') ( ,( ' )) ( ,( ' ))
0.25
Trang 52
3
3 8
,
1
2
AIC
a S
c
'
8
N AC I AIC
h S
(1,0 điểm)
yz
y z
0.25
=
Mà yz(2− yz)≤1 suy ra :
y z
0.5
(2) 2
VT
18
2
+ + + (đpcm)
0.25
6
(1,0 điểm)
yz
y z
Đặt , 0 3
2
t= yz < <t
3
t
t t
− +
−
2
yz
y z
zx zx
xy
x y
xy xy
−
(đpcm)
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua K thì AA’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC Suy ra tứ giác BHCA’ là hình bình hành ⇒ M là trung điểm của A’H
⇒ H A =2.M K= 2( )
8
5
; 2
5
4
5 ) Từ đó xác định được: A( -2;1)
0.25
7.a
(1,0 điểm)
Ta có: R = KA = KB = KC =
8
697
là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: x2 + (y –
8
29 )2 = 64 697
Trang 6hay x2 + y2 –
4
29
y + 4
9 = 0
Phương trình cạnh BC: 4x – y – 7 = 0
Tọa độ của B, C là hệ phương trình:
= +
− +
=
−
−
0 4
9 4 29
0 7 4
2 2
y y
x
y x
=
=
=
=
⇔
1
; 2
5
; 3
y x
y x
Vì xB > xC nên B(3;5), C(2;1) Vậy: A( - 2; 1), B(3;5) và C(2;1) 0.25
(1,0 điểm)
do B∈d⇒B(1− − −t; 1 t;2+2 )t
AB= ⇔ AB = ⇔ + +t t + t+ = ⇔ t + t+ = ⇔ = −t 1⇒B(2; 0; 0) 0.25
vì ( )P ⊥( )Q và (Q) chứa AB nên (Q) có vtpt là n=n AB P; 0.25
8.a
(1,0 điểm)
với nP =(2; 3;1)− ; AB= −(1; 1; 0) ⇒n=(1;1;1)==> Phương trình của (P) x+y +z-2=0 0.25 (1,0 điểm)
i
i i i
i
i i
−
−
−
−
2
1 ) 2 1 ( 2 ) 1 ( ) 2 (
) 2 1 ( ) 2 ( 3 4
Vì z0 là nghiệm của phương trình z2 +bz+c=0 nên
i w
c
b b
c b c
i b
6
10 0
6
0 3
8 0 )
3 ( ) 3
=
=
⇔
=
−
= +
−
⇔
= +
−
− +
−
9.a
(1,0 điểm)
⇔
Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là n1(3; 1 ,− ) (n2 1; 2− )
cosADB =
2
1
Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450 => BCD =45 0 => ∆BCD vuông cân tại B=>DC=2AB Theo bài ra ta có:
24
ABCD
AB
S = AB CD AD+ = = =>AB=4=>BD= 4 2
0.25
7.b
(1,0 điểm)
Gọi tọa độ điểm ;
2
B B
x
B x
, điều kiện xB>0 =>
2 2
8 10 ( ) 5
4 2
( ) 5
B B
B
B
x
= −
=
Tọa độ điểm 8 10 4 10;
5 5
0.25
8.b
(1,0 điểm) d cắt d1, d2 lần lượt tại A và B =>A(1+t;3-t;t) , B(3+b;1+b;-2+b) mà d đi qua I nên A, B, I
thẳng hàng
t k b
IA k IB t k b
0.25
Trang 70.25
Mặt cầu đường kính AB có tâm J bán kính R=BJ có phương trình là (x-3)2+(y-1)2+z2=4 0.25
(1,0 điểm)
Phương trình 2 2 cos5 1 0
21
Do đó các căn bậc hai của ∆' là sin5
21
± Vậy (1) có các nghiệm là
1
2
0.25
9.b
(1,0 điểm)
n n
0.25
0.25