De thi thu DH lan III THPT Kinh Mon

Trong không gian Oxyz cho điểm A3; -2; -2 và mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng Q đi qua A, vuông góc với mặt phẳng P biết rằng mặt phẳng Q cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân [r]

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT KINH MÔN

-

 -ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 – NĂM HỌC 2012-2013

Môn: TOÁN – KHỐI A, B, A 1

Thời gian làm bài: 180 phút

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 0; 0 ,  3; 0 ,  3; 0

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0

2 Tìm m để đường thẳng y = 6x cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt O; A; B đồng thời hoành độ các điểm

A; B là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng

-10 -5 -1 1 5 10

-2

Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình:

 

 



 



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

 

2

0

S m



  



Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có 2 2  2 2

x x   x x  x x 

và đường thẳng      m m m2 22( 9) 8 10 tạo với mặt phẳng x 4 k  *





 

góc     2sin2.cos2 2cos2 2sin cos sin2 1x x x x x x   Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng  2sin cos sin2 cos sin cos sin sin2 1 0     x x x x x x x x        theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1

Chứng minh rằng:

 



II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm đúng khối thi của mình

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho tam giác ABC với A(-1; -1), phương trình đường tròn ngoại

tiếp là (T): t cos sin ,x x  2  t 2

Viết phương trình đường thẳng   sin2 1x t2, biết    1 1 1 2 20 1 và t= 2         2 2 3 2t tt t t t t t

là tâm đường tròn nội tiếp tam giác t 1.

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong không gian cho 3 điểm cos sin 1 s 2

x x  co x

  và mặt phẳng (P): x 2 k2 ,k t/m

x k







  











Mặt phẳng t  2 đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại

I sao cho cos sin 2 cos 1 2  

x x  x     xk Loai

Viết phương trình mặt phẳng t  2

Câu VIII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x8 trong khai triển:  

3 cos sin 2 cos 1 2

x x     x     x k Loai 

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho tam giác ABC và đường tròn (T): x  0

Gọi 2  

2

1 1 1

2 2 4 3y y y 3 *

x x x

là hai điểm phân biệt thuộc đường thẳng (d): 3x+ 4y+ 30=0, A và trung điểm của AB nằm trên đường tròn (T) Tìm A; B; C biết trực tâm tam giác ABC là tâm đường tròn (T) và B có hoành độ dương

Câu VII.b (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm A(0;-1;2) và đường thẳng

.Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A, cắt đường thẳng (

' 1 3 0 3

f t t

    

) tại C sao cho

khoảng cách từ B(2;1;1) đến đường thẳng (d) là    * 2 2 f y f y 1 1

x x

 

     

 

Câu VIII.b (1,0 điểm) Tính tổng 2

1

x

======================== Hết ===========================

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

TRƯỜNG THPT KINH

MÔN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 – LẦN 3

MÔN TOÁN – KHỐI A, B, A 1

Khi M=0 hàm số (1) có dạng ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

a) Tập xác định :ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

b) Sự biến thiên

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

+) Chiều biến thiên:

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

0,25

+) Bảng biến thiên:

4 2

-2 -4 -10 -5 -1 1 5 10

2 1

-2 -1 0

0,25

+) Hàm số đồng biến trên khoảng ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

và nghịch biến trên khoảng

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #################

Cực trị: hàm số đạt cực đại

###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

Hàm số đạt cực tiểu tại

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

0,25

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

, suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại Ox

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

4 2

-2 -4

2 1

-2 -1 0 0,25

2 (1,0 điểm)

P/trình HĐGĐ: x( x2 – mx

 

9 0 1

 



 



0,25

Đường thẳng y = 6x cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi pt (1) có 2 nghiệm dương phân biệt

1; 2

x x là hoành độ của A

và B:

 

2

0

S m



  



0,25

Theo gt ta có

 2

Theo đl Viet thì (*)

0,25

II(2,0đ) 1 (1,0 điểm)

4

P/trình

2sin 2 cos 2x x 2cos 2x 2 sinx cosx sin 2x 1

2 sinx cosx sin 2 cosx x sinx cosx sinx sin 2x 1 0

 



0,25

Giải (1) : Đặt

2

sin 2x 1 t

Pt (1) trở thành :

0,25

+ Với t 1 ta có

2

2

2 2

x k



















0,25

+ Với t  2 ta có

+ Với t  2 ta có

0,25

 

3

2 (1,0 điểm)

Đk: x  0 Nhận thấy (0;

y) không là nghiệm của hệ phương trình

Từ phương trình (2) ta có

 

2

2

Xét hàm số

 

2 2

2

3

t

t

 nên hàm số đồng biến

Vậy

 

 

0,25

Thay vào phương trình (1) :

x

Điều kiện:

2

x 1







 (**) Pt

0,25

Đặt t=

1

x x



 t  0 =>

t= 1

Hệ có nghiệm

;

0,25

Đặt :

x

Đ/cận: x= 1 => t =0 và x=

e2 => t= 2

K=

2

1

t



0,25



Đặt :

1

t

dt





1

0,25

Vậy :

1

I

0,25

IV (1,0 điểm) ( Học sinh

không kẻ hình sẽ tính điểm không bài này)

Trong (ABC), kẻ

CH AB HAB

, suy

ra CH ABB A' '

nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’)

Do đó:



2 0

.sin120

ABC

a

0,25

2

3

ABC

S

AB



Suy ra:

0,25

sin30

CH

Xét tam giác vuông AA’C

ta được:

2 2

AA  A C  AC a

Suy ra:

3

'

2

ABC

a

0,25

Do

CC AA  CC ABB A

Suy ra:

0,25

Ta có VT =

=

0,25

Vì a, b, c dương và abc = 1

nên đặt

với

x, y, z > 0

Khi đó VT =

(y 2 )(z z 2 ) (y z 2 )(x x 2 ) (z x 2 )(y y 2 )x

=

0,25

Ta có

2

Suy ra

2 2

2

(1) Tương tự có

2 2

2

(2);

2 2

2

(3)

0,25

Cộng (1), (2), (3) vế theo

vế ta được VT

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2

9

Lại có

2 2 2 2 2 2

=

2 2 2

2 2 2 2 2 2

=

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 x y  y z  z x y z x z y x  2  2 Suy ra VT

(đpcm)

0,25

Đường tròn   T có tâm

Ta có AI :x y 0   , khi

đó đường thẳng AI

cắt đường tròn   T tại A '

(A' khác A) có tọa

độ là nghiệm của hệ

 x 3 2  y 2 2 25

x y 0











 



 (loại) hoặc

x 6

y 6









 (t/m) Vậy

A ' 6;6

0,25

Ta có: A'B A 'C (*) 

(Do BA ' CA'    ) =>

A 'BC BAI  (1) (Vì

Mặt khác ta có

ABI IBC  (2)

Từ (1) và (2) ta có:

BIA ' ABI BAI IBC A 'BC IBA '     

Suy ra tam giác BA 'I cân

tại A' do đó

Từ     * , ** ta có

Do đó B,I,C thuộc đường

tròn tâm A' bán kính A 'I

có phương trình là

 x 6  2   y 6  2  50

Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ







0,25

Nên tọa độ các điểm B,C

là : (7; 1), ( 1;5)  

Khi đó Inằm trong tam

giác ABC (TM)

Vậy phương trình đường thẳng

0,25

Gọi mặt phẳng ( ) có phương trình là

; ;

+ mp( ) đi qua (1;1; 1)

A  nên ta có :

+ mp( )

nên 2 VTPT vuông góc nhau

0,25

+IB2ICkhoảng cách từ B tới mp ( ) bằng 2 lần khoảng cách từ C tới ( )

0,25

2 2 2 2 2 2



Từ (1), (2), (3) ta có 2 trường hợp sau : TH1 :

1

2

a b c d















 chọn

Ta có phương trình mp ( )

là 2x y  2z 3 0

0,25

TH 2 :

3

2

a b c d













 chọn

Ta có phương trình mp ( )

là 2x3y2z 3 0

0,25

Ta có:

0,25

Để

2

, k và i là các số nguyên thỏa mãn0 i k 8   

 i = 0; k = 4 và i = 2; k = 3

0,25

Vậy hệ số của số hạng chứa

C C  2  C C  2  C C  4C C

0,25

Nhận xét : Đường tròn (T)

có tâm H(1;-2), R=5

=> (d) tiếp xúc 0,25 D

C

với (T) tại D Tọa độ của D là nghiệm của hệ

6

2; 6

y

D









Do tâm đường tròn H là trực tâm tam giác ABC nên AD

là đường kình của (T)=>

A(4;2) Gọi M là trung điểm AB

=> HM//=

1

2BD => BD =

10

0,25

Lấy

4

a

(đ/k)a  0 Do BD = 10

2

4

a

=> a= - 10(loại) và a = 6 (t/m) => B(6; -12)

0,25

+ Đường thẳng (CH) qua H

và có VTPT  AB  2; 14  

=> Pt (CH): x - 7y – 15 = 0

=> Tọa độ của C là nghiệm của hệ:

6; 3

C

0,25

Ptts của    :

1 2 2

 







  



Do đt (d) qua A và cắt

   tại C nên C

   1 2 ; ; 2 u u  u 

0,25

=> đường thẳng (d) có VTCP:

 2 1; u+1; -u 

Ta có

=>

0,25

A

M H

 

B d

d

 



Theo giả thiết ta có:

2 2

u u

3 2 10

 

50

3 3 2

u u









 



0,25

+ Khi



=> ptđt (d):

5

1 4

2 3









  



+ Khi

2; ;



=> ptđt (d):

4

1 5

2 3









  



0,25

Trong khai triển:

 1  x 2013  C20130  xC12013 x C2 22013 x C3 32013  x2013 2013C2013

Khi x= 1 ta có:

 

2013 2013 2013 2013 2013 2 1

Khi x=-1 ta có:

 

2013 2013 2013 2013 2013 0 2

Lấy (1) – (2) ta có:

 

2013 2013 2013 2013 2013 2 3

0,25

 1  i 2013 C20130  iC20131  i C2 22013 i C3 32013  i2013 2013C2013

Do

 1  i 2013   1  i 21006 1  i     2 i 1006 1  i   21006  i2 503 1  i 

0,25

Nên:  21006 i 21006

0,25

 0 2 4 2012  1 3 5 2013

2013 2013 2013 2013 . 2013 2013 2013 2013

=  21006(4) Lấy (3) + (4): Ta cĩ

0,25

Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT KINH MƠN

-

 -ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 – NĂM HỌC 2012-2013

Mơn: TỐN – KHỐI D

Thời gian làm bài: 180 phút

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1  

1

x

x







a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)

b) Tìm điểm M trên đồ thị hàm số (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M cắt tiệm cận đứng và

tiệm cận ngang của (C) tại A và B sao cho : 2 2

2

IA  IB  ( I là giao điểm của hai tiệm cận)

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình sau: 2 os 2x- -2 2 os2 2cos 2  sinx+cosx 2

x

2 Giải hệ phương trình sau:

3

2 2 2







Câu III (1,0 điểm) Cho hình chĩp S.ABCD cĩ đáy ABCD là hình chữ nhật, AB= 4a; AD = a; M là trung

điểm của CD; SA vuơng gĩc với đáy Mặt phẳng (SCD) tạo với mặt phẳng đáy một gĩc 600 Tính thể tích

của tứ diện SABM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM

Câu IV (1,0 điểm) Tính tích phân sau:

3

2 2

2 ln







Câu V (1,0 điểm) Cho số thực a > 1, chứng minh rằng: ln a a− 1 < 1+

3

√a

II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm đúng khối thi của mình

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho hình vuơng ABCD, M là trung điểm của cạnh BC,C 3; 3  

đường thẳng DM:x y 2 0   ; A thuộc đường thẳng d : 3x y 2 0   Xác định tọa độ các đỉnh A,B,D

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng  P x y z:    1 0

Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuơng gĩc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai

trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON

Câu VIII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn:

2

Tìm modun của số phức: w = 17 i  1 2 

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho Elip (E): 4 x2  9 y2  36 và I(1;

4

3 ) Viết phương trình

đường thẳng qua I cắt (E) tại A; B phân biệt sao cho               AI                2 BI                0

Câu VII.b (1,0 điểm) Trong không gian cho điểm A(1; 1; 1); B(3; -1; -2) Lập phương trình mặt phẳng

qua A; B cắt mặt cầu (S): x2 y2 z2 2 x  4 y  6 z  11 0  theo giao tuyến là đường tròn có chu

vi bằng 6 .

Câu VIII.b (1,0 điểm) Tìm x biết trong khai triển nhị thức :

4x 2  x



  có tổng của số hạng thứ hai

và thứ năm là 510

======================== Hết ===========================

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

TRƯỜNG THPT KINH

MÔN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 – LẦN 3

MÔN TOÁN

0,25

0,25

0,27

0,25

2 (1,0 điểm)

0,25

0,25 0,25

0,25 II(2,0đ) 1 (1,0 điểm)

0,25

0,25 0,25

0,25

2 (1,0 điểm)

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

IV (1,0 điểm) ( Học sinh

không kẻ hình sẽ tính điểm không bài này)

0,25

0,25

0,25

(1) <=> (a + √3a )lna <

(1 + √3a ) (a-1) (2)

Đặt x = √3a => x >1 (2) <=> 3(x3 +x) lnx <

(1+x).(x3-1) x >

1

<=> x4 + x3 - x - 1 - 3 (x3+x)lnx > 0 (3) x >

1

0,25

Đặt f(x) = x4 + x3 - x - 1 -3 (x3 + x)lnx x 1;+

Ta có f’(x) = 4 x3 + 3x2 1

-3 (-3x2 + 1) lnx + (x3 + x) 1

= 4x3 - 4 - 3 (3x2 + 1) lnx f”(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x

- 1

f(3)(x) = 3 ( 8x + 1

x - 9)

0,25

f(4)(x) = 3.(8- 6

2

6 (4 x3−3 x − 1)

x3 =

4 x2+4 x+1

¿

6 (x −1)¿

¿

> 0 , x > 1

0,25

Suy ra f(3)(x) đồng biến nên [1;+ ∞ )

f(3)(x) > f(3)(1) = 0 tơng

tự f’(x)> 0 với x > 1

 f(x)> f (1) = 0 với x >1 suy ra (3) đúng

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 VIII.a

0,25 0,25 0,25 0,25

Gọi At; 3t 2  

Ta có khoảng cách:



0,25

Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên chỉ có A1;5

thoả mãn

Gọi Dm;m 2  DM

thì

0,25

Do ABCD là hình vuông

DA.DC 0

DA DC





 

m 5

0,25

Hay D5;3

Kết luận A1;5

,

0,25

 

+Tam giác ABC vuông tại

A nên I là trung điểm của BC+Gọi C(2t+1;t).Suy

ra B(1-2t;3-t)

2 5 nªn t=1,t=

+Với t=1 có C(3 ;1) và B

(-1 ;2) +Với

5 cã C(5 5 vµ B(5 5

0,25

Giả sử nQ là một vecto

pháp tuyến của (Q) Khi đó

1; 1; 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy

0; ;0 , 0;0; 

phân biệt sao cho OM = ON nên

0 0

a b

 





0,25

Nếu a = b thì

0; ; // 0; 1;1

và n Q  u

nên

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Khi đó mặt phẳng (Q):

2x y z   2 0 và  Q cắt Oy, Oz tại M0; 2;0

và N0;0; 2

(thỏa mãn)

0,25

Nếu a = - b thì

0; ; // 0;1;1

và n Q  u

nên

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Khi đó mặt phẳng (Q):

0

y z 

0,25

Theo giải thiết ta có:

0,25

1 2x 2 2x

P/trình

2

0,25

+ Khi

+ Khi

3 8

2

0,25

Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.