De thi thu DH lan 2 mon Toan nam 2013THPT Doan Thuong

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 2 điểm 1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 và B1;  1.. Viết phương[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2013

Thời gian làm bài : 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 3 3mx2(m2 m x) 4

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m 1

2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía của đường thẳng x 1

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình

2

6

x  x  x   x

2) Giải hệ phương trình

2







Câu III (1 điểm) Tính tích phân

2

0

2cos









Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác

đều, SCa 2 Gọi M là trung điểm của AD Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SD

Câu V (1 điểm) Cho x y z; ; là 3 số dương thỏa mãn xyz x z  y Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A) Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 và B(1; 1) Hai trung tuyến của tam giác lần lượt có phương trình x y  2 0; 7 x y  6 0 Viết phương trình đường thẳng AC

2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng :

x y z

 và điểm M(1; 3; 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M và song song với đường thẳng  sao cho khoảng cách

từ  tới mặt phẳng (P) là lớn nhất

Câu VII.a (1 điểm) Tính môđun của số phức z biết (1 2 ) i z(1 2 ) z i 1 3i

B) Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho 2 điểm A(1; 2); ( 3;1) B  và hai đường tròn

1

( ) :(C x2) (y1) 9; ( ) :(C2 x 2)2 (y 1)2 4 Hãy tìm điểm C thuộc đường tròn ( )C1 , điểm D thuộc đường tròn ( )C2 để ABCD là hình bình hành.

2) Trong không gian Oxyz cho điểm H(2; 1; 1) và mặt cầu ( ) :S x2 y2 z2  2x4y 6z 2 0 Hãy viết phương trình mp(P) đi qua H, cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi nhỏ nhất

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình

2 2









………Hết………

Họ và tên thí sinh : ……… Số báo danh : ……….……….

Trường THPT Đoàn Thượng dự kiến thi thử đại học lần 3 vào ngày 02/05/2013

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN LẦN 2- KHÔI A, B

Câu I

1

Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị hàm số yx3  3x2 4 1,0

- TXĐ : R

2

x

x







- Hàm số đông biến trên mỗi khoảng ( ;0);(2;)

- Hàm số ngịch biến trên khoảng (0; 2)

0,25

- Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại x1 0;y CD 4, hàm số đạt CT tại x2 2;y CT 0

- Giới hạn :

- Đồ thị hàm số không có tiệm cận

0,25

- BBT :

y’ + 0  0 +

y

 

4

0



0,25

- Đồ thị

6

4

2

-2

-4

0,25

2

Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía của x 1 1,0

- y' 3 x2  6mx m 2  m (1)

- Hàm số có CĐ, CT  y' 0 có hai nghiệm phân biệt

0

2

m

m







0,25

- Gọi x x1, 2 là hai nghiệm của y ' 0 Khi đó CĐ và CT nằm về hai phía của đường thẳng x 1 x1 1 x2  x1  1 0 x21 (x11)(x21) 0 0,25

-2

2

3

Kết hợp (2) ta được

;

m    

Câu II

1

Giải PT :

2

6

- PT

2

-  cos2 ( 3 cosx xsinx 2) 0 

0,25

k

x











0,25

- (1) sin(x 3) 1 x 6 k2



- Vậy phương trình có nghiệm là : 4 2 ; 6 ,

k

x   x k k  

0,25

2

Giải hệ phương trình :

2







1,0

- Điều kiện :

x y









- PT (1) xy(x y )( xy 2) y( x y) 0

0



x y

0,25

- Từ PT (2) ta có

0



0,25

- PT (3) xy, thay vào PT (2) ta được : x3  2x2  3x4 0

-  x1 hoặc

2

- Kết hợp với điều kiện ta có x 1,

2

x 

- KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là :

0,25

Câu

III

Tính tích phân :

2

0

2cos









1,0

2

0

2cos

I







1 2sin

cos

x





-2

2 1

0 0

1







2

- Thay (1) và (2) vào (*) ta có

2

2 ln

Câu

IV

Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa CM và SD

HS chỉ cần vẽ hình chóp và SH (Nếu vẽ sai một trong hai yếu tố này, không chấm điểm

1,0

- Goi H là trung điểm AB, vì tam giác SAB đều nên SH AB (1)

- Tam giác SBC có SBBC a SC, a 2 nên vuông tại B











- Từ (1),(2) SH (ABCD)

0,25

-3 2

- Dễ dàng chứng minh được CM HD Ta có











- Gọi I là giao điểm của CM và HD Kẻ IK SD thì IK là đoạn vuông góc chung của CM và SD

0,25

- Xét tam giác SHD, IKD, tính được

Câu V

P

- Từ giả thiết có 1

y z x

yz





 thay vào biểu thức có :

-2

P



0,25

S

B

C H

M K

I

-2

P

- Áp dụng BĐT (axby)2 (a2 b2)(x2 y2)(cần chứng minh)

0,25

P

P

-2

3

0,25

- Xét hàm số f t( )3t3t có

f t f 

- Vậy GTLN của P bằng

2

9 khi

Cách khác Đặt xtan ,A ytan ,B ztanC với

2

A B C  

Từ giả thiết ta có





P

2cos 2cos 4sin 3sin cos cos 2 cos 2 4sin 3sin (1 sin ) 2sin( )sin( ) sin 3sin 2sin( )sin sin 3sin 2sin sin 3sin

Xét hàm số f x( ) x 3 ,x x3 sinC(0;1)

3

f x   x   x

Lập BBT suy ra (0;1)

max ( )

f x f   

 

Câu

VI.a

1

- Tọa độ của B thỏa mãn 7x y 6 0 , nên trung tuyến này đi qua B

- Giả sử hai trung tuyến là AM x y:   2 0 và BN:7x y 6 0

- Gọi G là trọng tâm tam giác ABC thì

2 4

;

3 3

G  

  Tính được

BN  BG

0,25

ABN ABC

- A a( ; 2 a), ta có

0

5 50

3

a a

d A BN

a







0,25

- TH 1 : a 0 A(0; 2); (1;3)C  PT (AC) : x y  2 0 0,25

- TH 2 :

PT (AC) : 11x5y 18 0

- Vậy PT (AC) là x y  2 0 hoặc 11x5y18 0

0,25

2 Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M và song song với đường thẳng  sao 1,0

M K

H

cho khoảng cách từ  tới mặt phẳng (P) là lớn nhất.

Gọi H là hình chiếu của M trên  và K là hình chiếu của H trên (P) thì

( ;( ))

d  P HK HM

0,25

- Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi K M , tức là ( )P HM Vậy khoảng cách giữa

 và mp(P) lớn nhất bằng MH khi mp(P) vuông góc với MH 0,25

- Mặt phẳng (P) đi qua M(1; 3; 2) , nhận MH ( 3; 4;1)

là VTPT nên mặt phẳng (P)

có phương trình : 3x4y z 13 0 Vậy mp(P) có PT : 3x4y z 13 0

0,25

Câu

VII.a Tính môđun của số phức z biết (1 2 ) i z(1 2 ) z i 1 3i

Câu

VI.b

1

- ABCD là hình bình hành  ABDC

, ta có AB  ( 4;3)

0,25

- Gọi tọa độ của D a b ( ; ) tọa độ C a(  4;b3)

- Vì C( ),C D1 ( )C2 nên ta có hệ :







0,25

- Trừ từng vế của 2 phương trình ta được : 10b10 0  b 1 a0 0,25

2

Viết pt mp(P) đi qua H, cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi nhỏ nhất 1,0

- Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) , bán kính R 4

0,25

- Vẽ hình và giải thích được mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có chu

- Ta có mp(P) đi qua H(2; 1; 1) và nhận IH(1;1; 2)



là VTPT nên mp(P) có phương trình : x y  2z 1 0

- Vậy mp(P) có PT : x y  2z 1 0

0,25

Câu

VII.b

Giải hệ phương trình

2 2









1,0

- ĐK : 2x y  1 0; x2y 1 0; y 1 0 0,25

x y

- Thay vào PT (2) ta được x22xln(x1) 0

0,25

- Xét hàm số f x( )x22xln(x1),x 1 0,25

- Có

1

1

x

 nên hàm số đồng biến trên khoảng ( 1; )

- Mặt khác f(0) 0 nên PT có nghiệm duy nhất x 0 y0

- Kiểm tra điều kiện thấy nghiệm thỏa mãn đk

Học sinh làm cách khác, giáo viên chấm căn cứ vào bài làm, để cho điểm phù hợp