De thi thu di hoc khoi A THPT chuyen Nguyen Hue

Viết phương trình mặt phẳng Q song song với trục Oz, vuông góc với mặt phẳng P và tiếp xúc với mặt cầu S.. Tìm tọa độ.[r]

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013

Môn: Toán; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =

3

x x





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

2 Tìm các giá trị của m để đường thẳng d: y = -x + m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B

sao cho tam giác OAB vuông tại O

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 3cotx - 3 = 3cosx.cotx – sinx

2 Giải phương trình: 3 2  x 6 2  x  4 4  x2   6 3x

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

2 2

6

cot os2

x dx

c x







Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác

vuông cân tại A, BC = a 2, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và tính khoảng cách từ điểm B’ đến mặt phẳng (ABC’) theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 1.Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P =

b c c a a b    

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 tọa độ Oxy, cho điểm M(7;4) và đường tròn (C): x2+y2+2x– 2y–23=0

Lập phương trình đường thẳng  đi qua M và cắt (C) tại A, B phân biệt sao cho

MA = 3MB

2 Trong không gian tọa độ Oxyz Cho mặt phẳng (P): 4x – 3y + z – 1 = 0 và mặt cầu (S):

x2 + y2 +z2 + 2x – 2z – 2 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với trục Oz, vuông góc với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S)

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn    

1  i .z z   1 2i Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng tọa độ Oxy

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (C):

x2+y2–x–3y=0,

biết trung điểm M của cạnh CD nằm trên đường thẳng d: 2x – y – 1 = 0 Viết phương trình cạnh AB của hình vuông đó

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

x y z

phẳng (P):

x – 2y + z – 8 = 0 Viết phương trình đường thẳng  chứa trong mặt phẳng (P), cắt đường thẳng d và vuông góc với đường thẳng d

Câu VII.b (1,0 điểm)Tìm hệ số của x10 trong khai triển:  

2

16

1 2 4

-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:

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ

TUYỂN SINH ĐẠI HỌC

NĂM HỌC 2013

Môn: Toán; Khối: A Câu Đáp án Điểm I (2,0 điểm) 1 (1,0 điểm) + Tập xác định: D = R\{-3} + y’ =   2 5 0; 3 x D x    + Hàm số đồng biến trên   ; 3 và 3; + Hàm số không có cực trị lim 2 x y    => Tiệm cận ngang: y = 2 ( 3) lim x y     ; ( 3) lim x y      => Tiệm cận đứng: x = -3 Bảng biến thiên: x   -3 

y’ + +

y  2

2  

+ Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 2 (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

3

x

x m x



 



nghiệm của pt)

 x25 m x  3m 1 0 (*)

Ta có:  = m2 + 2m + 21 = (m+1)2 + 20 > 0;

m R

 

Do đó đường thẳng d luôn cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A và B

Khi đó, gọi A(x1, -x1+m); B(x2, -x2+m) với x1, x2 là 2 nghiệm của (*)

Ta có: OAB vuông tại O  OA OB                            

 x1.x2 + (-x1+m)(-x2+m) = 0  2x1x2 – m(x1 + x2) + m2 =

0,25

0,25

0,25

0,25

0  2(-3m+1) + m(5-m) + m2

= 0  m = 2 Vậy giá trị m cần tìm là: m = 2

II

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm) 3cotx - 3 = 3cosx.cotx – sinx (*) ĐK: sinx0

Với điều kiện đó:

(*)

2

 3cosx 3 sinx 3cos  2 x sin2x

  3 cosx sinx  3 cosx sinx  3  0

3 cos sinx 0

3 cos sinx 3

x x

 



t anx 3





3 2 3

2 ( )

x k loai



























 (kZ)

x 3 k





Vậy phương trình có nghiệm là x 3 k





0,25

0,5

0,25

2 (1,0 điểm)

Đặt t = 2 x 2 2 x với 4 t 2 5 Phương trình trở thành: t2 – 3t – 4 = 0

1( ) 4

t loai t





  

 Khi t = 4, ta có: 2 x 2 2 x 4

x



 



0,25

0,25

0,25

2 14 25

x x x









 

 





2 14 25

x x









 

 Vậy phương trình có nghiệm là x=2 hoặc x =

14 25

0,25

III

(1,0 điểm)

I =

2 2

6

cot os2

x dx

c x







2 2

6

cot

.

x

dx



 Đặt t = cotx 2

1 sin

x



Đổi cận: x 6 t 3





Ta có: I =

2 0

t

1dt

t 



=

3 2 0

1

1 dt

t







=

3

0

ln

t t

t





=

3 1

3 ln

2





0,25

0,25

0,25

0,25

IV

(1,0 điểm) Gọi H là trung điểm BC '

A H BC





 





VABC.A’B’C’ = AA’.SABC

= AH.tan600

1

2.AB.AC

=

4

a

VB’.ABC’ =

1

3SABC’.d(B’;(ABC’))

0,25

0,25

=> d(B’;(ABC’)) =

' ' '

ABC

V S

=

' ' '

1 '.

2

ABC A B C

V

AC AB

=

3

6 4

a

2

4 10

a

=

15 5

a

0,25

0,25

V

(1,0 điểm)

b c c a a b

Chứng minh được:

3 2

b c c a a b     

Do đó

3 2

a b c

P    a b c 

2

a b c

P  

1 2

P 

(do a+b+c = 1)

Dấu “=” xảy ra

1 3

a b c

Vậy minP =

1 2

0,25

0,5

0,25

VI.a

(2,0 điểm)

1 (1.0 điểm) Gọi n=(a;b) là vtpt của  (a2 + b2 0)

=> : ax + by – 7a – 4b = 0 Đường tròn (C) có tâm I(-1;1) và bán kính R=5

R < IM => M nằm ngoài đường tròn (C) Gọi MB = x > 0

H là trung điểm AB

IHB có: IH2 = IB2 – HB2 = 25 – x2 (1)

IHM có: IH2 = MI2 – HM2 = 73 – 4x2 (2)

Từ (1) và (2) ta có: 25 – x2 = 73 – 4x2  3x2 = 48

 x2 = 16  x = 4 (do x>0)

=> IH = 3

0,25

0,25

Ta có: dI; IH  3

3

a b

  8a 3b 3 a2b2  64a2 9b2 48ab 9a2 9b2

 a55a48b0

0

a





 + a = 0 => chọn b = 1 + 55a + 48b = 0 => chọn a = 48, b = -55 Vậy phương trình đường thẳng : y – 4 = 0 hoặc 48x – 55y – 116 = 0

0,25

0,25

2 (1,0 điểm)

Oz có vtcp k=(0;0;1) Mặt phẳng (P) có vtpt n P

=(4;-3;1) , P

k n





 

=(3;4;0)

Do mặt phẳng (Q) song song với Oz và vuông góc với mặt phẳng (P) nên (Q) nhận nQ=(3;4;0) làm vtpt

=> Phương trình mặt phẳng (Q) có dạng: 3x + 4y + D = 0

Mặt cầu (S) có tâm I(-1;0;1) và bán kính R=2

Do mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên:

d(I;(Q)) = R

3

2 5

D

 

  3 D 10

D D



   



13 7

D D





  

 Vậy mặt phẳng (Q) có phương trình: 3x + 4y + 13 = 0 hoặc 3x + 4y – 7 = 0

0,25

0,25

0,25

0,25

VII.a

1  i .z z   1 2i (*) Gọi z = a + bi (a,b  R)

Khi đó, (*) viết lại:

(1-i)3(a+bi) + a-bi = (1-2i)2

 (-2-2i)(a+bi) + a-bi = -3-4i

 (-a+2b) + (-2a-3b)i = -3-4i

0,25 0,25

2 3

a b

a b

  



 

 17 7 2 7

a b







 

 



Vậy điểm biểu diễn số phức z có tọa độ là

17 2

;



0,25

0,25

VI.b

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I

1 3

;

2 2

  và bán kính R=

5 2

=> Cạnh hình vuông a = 5

=> IM =

5

a



Ta có: M d => M(x;2x-1)

IM2 =

5

4  20x2  44x 21 0 

3 2 7 10

x x







 

 



+ x =

3

2 => M

3

;2 2

  thì đối xứng của M qua I là M’

1

;0 2

Do đó phương trình AB: 2x + y = 0

+ x =

7

10=> M

7 2

;

10 5

 => M’

3 13

;

10 5



Do đó phương trình AB: 2x – 11y + 28 = 0

0,25

0,25

0,25

0,25

2 (1,0 điểm)

Đường thẳng d có phương trình tham số:

1 2 3

y t

 









  

 Gọi H = d  (P) => H(2;-2;2)

Đường thẳng d có vtcp u=(-1;2;1) Mặt phẳng (P) có vtpt n=(1;-2;1)

=> [u,n] = (4;2;0) Đường thẳng  đi qua H(2;-2;2) và nhận u



=(2;1;0) làm vtcp

0,5

0,25

Vậy phương trình :

2 2 2 2

z

 





 



 



0,25

VII.b

2

16

1 2 4

20 20 0

1

( 2) 16

k



Ta có: 1 20

1 ( 2) 16

k

T  C  x

Tk+1 chứa x10  k = 10

Vậy hệ số cần tìm là: 26C 2010 11824384

0,25

0,25

0,25 0,25