De thi thu DH khoi D 2013dap an

Tìm trên C những điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến trục hoành bằng 3 lần khoảng cách từ M đến trục tung.. Chứng minh tam giác AHK vuông.[r]

SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013

TRƯỜNG THPT THUẬN AN Môn: TOÁN, khối D

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

ĐỀ THI THỬ

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm)

x 2

x 1



 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2 Tìm trên (C) những điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến trục hoành bằng 3 lần khoảng cách từ M đến trục tung

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: sin3x + 2cosx - 2 + sin2x = 0

2 Giải phương trình: log x log (x3  5 3x 95)

Câu III ( 1 điểm)

Tính tích phân: I =

ln 8

ln 3



Câu IV ( 1,0 điểm) Trong mp(P) cho đường tròn đường kính AB = 2R; C là một điểm trên

đường tròn, AC = R Cạnh SA vuông góc với mp(P), góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng 600 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên SB, SC

1 Chứng minh tam giác AHK vuông

2 Tính thể tích của hình chóp S.ABC theo R

Câu V ( 1,0 điểm ) Cho x , y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh:

36

xy z 

II 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 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích S = 4, biết A( 1 ; 0 ), B( 2 ; 0 ) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng

y = x Tìm tọa độ các đỉnh C, D

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z  3 = 0 và (Q): x  y + z  1 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E):

2 2

x

4   và điểm C(2 ; 0) Tìm tọa độ điểm A, B thuộc (E), biết rằng A, B đối xứng nhau qua trục Ox và tam giác ABC đều

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 4 ;0 ;0), B(x0 ;y0 ;0) với x0 > 0,

y0 > 0 sao cho OB = 8 và góc AOB 60  0

a) Xác định điểm C trên tia Oz để thể tích của tứ diện OABC bằng 8

b) Gọi G là trọng tâm tam giác OAB và điểm M trên đường thẳng AC với AM = x Tìm

x để OM vuông góc GM

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

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM HỌC 2013 Câu Đáp án Điểm I (2đ) 1 (1 điểm) y = x 2 x 1   (1)

1 TXĐ: D = R \ { -1} 2 Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: y’ =  2 3 x 1 > 0 ,  x 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (   ; 1) ; (-1 ; + ) Hàm số không có cực trị

-b) Giới hạn và tiệm cận : xlim y 1     đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1 x ( 1)lim y     và x ( 1)lim y       đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1

-c) Bảng biến thiên

x - -1 +

y’ + +

y + 1

1 -

-3) Đồ thị: Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ là A( 2;0) , B(0;-2)

-5 5 4 2 -2 f x   = x-2 x+1

0,25 đ

0,25đ

0,25 đ

0,25 đ

2) 1 điểm

Giả sử điểm M(x0;y0)  (C) thỏa d(M, Ox) = 3d(M,Oy)



0

0 0

0 0

3x

3x













2

2





-

3

3









-Vậy có hai điểm M thỏa YCBT là M(

3

 



) hoặc M (

3

 



)

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

II

(2 đ)

1 (1 đi ểm)

Sin3x + 2cosx - 2 + sin2x = 0 (1)  (1-cosx)(sinx + cosx + sinxcosx -1 ) = 0

-

cos x 1

sin x cos x sin x cos x 1 0





-cosx = 1  x = k2 , k  Z

sinx + cosx + sinxcosx - 1 = 0 (2)

Đặt t = sinx + cosx ( t  2 ) => sinxcosx =

2

2



Pt (2) trở thành pt : t +

2

2



-1 = 0  t2 + 2t -3 = 0  t = 1 và t = -3 ( loại )

+ t = 1: sinx + cosx = 1 

2



2

x k2











Vậy pt (1) có các họ nghiệm là : x = k2 , x = 2 k2 , k Z



0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2 (1 điểm)

log x log (x3  5 3x 95) (1)

ĐK: x > 0 Đặt t = log3 x  x = 3t

Pt(1) trở thành : t = log5 ( 3t  33 t 95

)

 5t = 3t 33 t 95

0,25 đ



t

-Xét hàm số f(t) =

t

95

      , t R

f '(t) =

t

Hàm số f(t) nghịch biến trên R

-Nhận thấy f(3) = 1 nên t = 3 là một nghiệm của pt (2)

Vì hàm số f(t) nghịch biến trên R nên pt (2) có nghiệm duy nhất t = 3

t = 3 , suy ra log3 x = 3  x = 27

Vậy pt(1) có nghiệm duy nhất x = 27

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

III

(1 đ) 1 (1 điểm)

I =

ln 8

ln 3



Đặt t = ex1  t2 = ex + 1  2tdt = exdx

Đổi cận : x = ln3 => t = 2

x = ln8 => t = 3

-I =

3

2

2t dt



0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

IV

(1 đ) 1 Chứng minh tam giác AHK vuông SA (P) => SA BC S

Lại có CA BC nên BC (SAC)

Theo gt : SC AK

Do đó AK (SBC) => AK HK

Hay tam giác AHK vuông 600

K

A B C

-2 Tính VS.ABC

Ta có AK (SBC) => AK  SB

Đồng thời theo gt AH  SB

Suy ra BS  (AHK) => SB HK

Vì vậy góc giữa hai mp (SAB) và (SBC) chính là góc giữa hai đường thẳng AH và HK

và bằng góc AHKˆ

AK SA AC SA R (1)

0,5đ

Trong tam giác SAB có : 2 2 2 2 2

AH SA AB SA 4R (2)

Lấy (1) - (2) , ta được : 2 2 2

AK  AH 4R (3)

Vì tam giác AHK vuông tại K và AHKˆ = 600 nên tam giác AHK bằng nửa tam giác

đều và do đó AK =

3

2 AH thay vào (3) , ta tìm được 2 2

AH 4R thay vào (2), ta có:

SA2 =

2

SA

Vậy VSABC =

1

3.SA

1

2 AC.BC =

1

=

3

0,25 đ

0,25 đ

V

(1 đ)

VIa

(2đ)

1 (1 điểm)

Từ giả thiết

Đặt x =

a

a b c  , y =

b

a b c  , z =

c

a b c  với a,b,c > 0

Bất đẳng thức đã cho trở thành :

-hay

22

-Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có VT(*)

-Đẳng thứ xảy ra k.v.c.k

1 x 6

b 2a

1

3

z 2















0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

1 (1 điểm)

A(1 ;0) , B(2 ;0) => đường thẳng AB chính là trục Ox

AB

= (1 ;0) , AB = 1

ABCD là hình bình hành nên CD // AB và diện tích của hình bình hành ABCD là

S = AB d( C, AB)  4 = d(C,Ox)

-Vậy C, D thuộc đường thẳng (d) // Ox và cách trục Ox một khoảng bằng 4 nên (d) có

pt : y = 4 hoặc y = -4

-Khi (d) có pt y= 4 , gọi C(xc ;4) , D(xD ;4)

Vì I= ACBD nên I là trung điểm của AC và BD đồng thời I thuộc đt: y = x , do đó :

c

c

0,25 đ

0,25 đ

D

Vậy C(3 ;4) , D(2 ;4)

-Khi (d) có pt y = -4 , gọi C(xc ;-4) , D(xD ;-4)

Vì I= ACBD nên I là trung điểm của AC và BD đồng thời I thuộc đt : y = x , do đó :

c

c

D

D

Vậy C(-5 ;-4) , D(-6 ;-4)

0,25 đ

0,25 đ

2 (1 điểm)

2/ VTPT của mp(P) n  P (1;1;1)

; VTPT của mp(Q) m  Q (1; 1;1)

; Đặt k R  n m (2;0; 2) 2(1;0; 1)  

-Mp (R) vuông góc với (P) và (Q) nên mp(R) nhận

1

2

làm VTPT

Phương trình (R) có dạng : x  z + D = 0

-Ta có : d (0;(R)) = 2

2

D

D

-Phương trình (R) : x z 2 2 0 hay x z  2 2 0

0,25 đ

0,25 đ

0,25đ

0,25đ

VIIa

(1đ)

VIb

(2đ)

(1 điểm)

x(-1 + 4i) + y( 1 + 2i)3 = 2 + 9i

 (-x-11y) + (4x-2y)i = 2+9i



95 x

y 46











0,5 đ

0,5 đ

1 (1 đi ểm)

Gọi A( x0;y0) , vì A  (E) nên

2 2 0 0

x

4   (1)

A ,B đối xứng nhau qua trục Ox nên B(x0 ; -y0)

AB2 = 4y0 và AC2 = ( x0-2)2 + y0

Tam giác ABC đều nên AB = AC = BC

Từ (1) và (2) ta có :  

2 2 0 0

2

x

4









x 2

y 0 2 x 7

4 3 y

7











 



 







 







Vậy A(

2

7 ;

4 3

7 ) và B(

2

7

;-4 3

7 ) hoặc A(

2

7

;-4 3

7 ) và B(

2

7 ;

4 3

7 )

0,5đ

2.(1đ)

a B(x0 ;y0 ;0) nên OB = 8  x02+y02 = 64 (1)

OB



= (x0 ;y0 ;0) , OA

= (4 ;0 ;0)

cos

ˆ

 

( vì x0 > 0)

 cos600 =

0

x

8  x0 = 4 thay vào (1) ta được y0 = 4 3 hay y

0 = -4 3 (loại) Vậy B( 4 ; 4 3 ; 0) => tam giác AOB vuông tại A

-C thuộc tia Oz nên -C( 0 ;0 ;a) , a>0 và O -C = a

Thể tích của tứ diện OABC là : V =

1 OC.OA.AB

1 a.4.4 3

8 3a 3

V = 8 

8 3a

3 = 8  a = 3 Vậy C(0 ;0 ; 3)

0,25đ

0,25đ

b G là trọng tâm tam giác OAB nên G(

8 4 3

AC



= (-4 ;0 ; 3) , đt AC có pt :

x 4 4t

y 0

  













M thuộc đt AC nên M ( 4-4t ; 0 ; 3t)

OM



= ( 4-4t ; 0 ; 3t) , GM

 =



OM GM  OM



.GM

 = 0  (4-4t)(

4 4t)

3 + 3t2 = 0  57t2 - 64t + 16 = 0



32 4 7 t

57

32 4 7 t

57













AM = (-4t ; 0 ; 3t) , AM = x  x = t 19

Với t =

32 4 7

57



, x =

32 4 7 57



19

0,25đ

0,25đ

(loại)

Với t =

32 4 7 57



, x =

32 4 7 57



19 VIIb

(1đ)

z2 - ( 4 - i) z + 5+i = 0

 = (4-i)2 -4 (5+i) = -5 - 12i

 = (2 - 3i)2

 có hai căn bậc hai là (2-3i)

Vậy pt có hai nghiệm phức :

z1 = 1+i , z2 = 3- 2i

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ