De thi va dap an mon Toan lan 3 THPT Yen Dinh 1

0,25 Ghi chú: Thí sinh làm câu nào theo cách khác đáp án, nếu đúng và phù hợp với chương trình thì vẫn cho điểm tối đa câu đó.. Bài HHKG nếu không vẽ hình thì không chấm điểm..[r]

tr-ờng thpt đề kiểm tra kiến thức ĐH&CĐ lần 3 năm 2013 yên định 1 môn: toán

Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề dành cho học sinh dự thi khối A, khối A1 và khối B)

Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 3

1

x y x





 1) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2) Viết phương trỡnh tiếp tuyến của (C) biết khoảng cỏch từ tõm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến bằng 2 2

Câu 2: (2 điểm)

1) Giải phương trỡnh:

2

sin 2 sin 2

1 tan

x

 2) Giải hệ phương trỡnh:







x

y

Câu 3: (2 điểm)

.1) Tớnh tớch phõn :

2

0

3

1 cos x



2) Cho hỡnh chúp SABC, đỏy ABC là tam giỏc cõn AB AC 2a 3, gúc BAC 120o Mặt

bờn (SBC) vuụng gúc với đỏy và hai mặt bờn cũn lại cựng tạo với mặt đỏy một gúc 0

60 Tớnh

thể tớch khối chúp SABC và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng BC và SA theo a

Câu 4: (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hỡnh chữ nhật ABCD cú diện tớch bằng 6, phương trỡnh đường thẳngchứa đường chộo BD là 2x y 12  0, cỏc đường thẳng AB và BC lần lượt đi qua cỏc điểm M(5;1)và N(9;3) Viết phương trỡnh cỏc đường thẳng chứa cỏc cạnh

của hỡnh chữ nhật biết hoành độ của điểm B và D đều lớn hơn 5

2) Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm M(4;0;0) , N(0;4;0) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng MN Xỏc định tọa độ điểm A sao cho AI vuụng gúc với mặt phẳng (P), đồng thờiA cỏch đều gốc tọa độ O và (P)

Câu 5: (2 điểm)

1) Tỡm số phức z biết : z 1 2i2    zi z 11 2 i

2) Cho x, y là cỏc số thực khụng õm thay đổi và thoả món 4(x2y2xy) 1 2(  xy) Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức Pxy x y x2y2

tr-ờng thpt h-ớng dẫn chấm thi lần 3 năm 2013

yên định 1 môn: toán (Khối A, khối A1, khối B)

1.1

(1đ)

1 TXĐ: D=R\{-1}

2 Sự biến thiờn:

a; Giới hạn và cỏc đường tiệm cận:

    nờn đường thẳng y=1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

(khi x  và khi x )

( 1) ( 1)

        nờn đường thẳng x=-1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

(khi x  ( 1) và khi x  ( 1))

b; Bảng biến thiờn:

2

4

( 1)

x

    

 Ta cú BBT của hàm số:

Hàm số đồngbiến trờn mỗi khoảng (   ; 1) và ( 1;   )

3 Đồ thị:

Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiờm cận I(-1;1) làm tõm đối xứng

0,25

0,25

0,25

0,25 1.2

0

3

1

x

x



 , tiếp tuyến d của (C) tại A cú phương trỡnh:

0

2

3 4

x



Tõm đối xứng của đồ thị là I(-1;1)

Từ gt:

2 2

4 0

x

     

   2  4 0

0

1

3

x

x





        



0,25

0,25 0,25

Với x0=1: tiếp tuyến là y=x-2 Với x0=-3: tiếp tuyến là y=x+6 0,25 2.1

(1đ) *ĐKXĐ: x 2 k (k Z)

 

os (s inx+tanx)=sin osx

osx(sinx+tanx)=sin

sinx(cosx-sinx+1)=0

cosx sinx +1=0



  



2

2

x





 



Đối chiếu ĐKXĐ suy ra pt có họ nghiệm là x  k 

0,25

0,25

0,25

0,25 2.2

(1đ) *Điều kiện 3x y 0,3x 3x y 0,y0

2

Đặt 3xy t

y suy ra 2

2t      t 3 0 t 1 hoặc

2

3



+Với t   1 ta có 3x  y y 20

3

y





   

 thay vào (2) ta có

2 y  2y  5y 4 2

2y 2y 5y 4

2y 7y 4 0

     y 4(tm) hoặc

2

1



y (loại) Với y  4 ta được x 4 suy ra 4; 4 là nghiệm

+Với 3

2

t  ta có 3 3

2

0 9 3 4

y







 

 Từ (2) 

4y 2y  2y  y

Đặt 9 2 5

4y 2y u(u 0 ) Ta có 2

2u 2u 4 0 u 2(tm) hoặc u   1 (loại)

9

u  y  y   y (tm) hoặc y  2(loại)

Với 8

9

y ta được 8

9

x suy ra 8 8;

9 9

 

 

 là nghiệm

* Vậy hệ có hai nghiệm là: 4; 4 ; 8 8;

9 9

 

0,25

0,25

0,25

0,25 3.1

(1đ)

Ta có :

3π cos(x+ )+2013

x d( )

2

x x

0,25

0,5

0,25

3.2

(1đ)

Gọi I là hình chiếu vuông góc của S trên BC , do (SBC)  (ABC)nên SI vgóc với mp(ABC)

Gọi H, K lần lượt hình chiếu vuông góc của I trên AB và AC, suy ra

;

60

     ; I thuộc đường phân giác trong góc A của tam giác ABC nên I trung điểm BC

Từ giả thiết ta có IA= 3

2

AB a

 và BC =6a

Ta có :

a

Trong tam giác vuông SHI ta có SI = IH.tan 0

60 =3

2

a

3

ABC

a

Theo trên BC SIA nênBCSA ; gọi h là khoảng cách giữaBC và SA thì h là khoảng

cách từ I đến SA và 12 12 12 12 4 2 132 3 3

a h

0,25

0,25

0,25

0,25 4.1

(1đ)

A M(5;1) B(a; 12-2a)

N(9;3)

D C

Gọi B(a; 12-2a) Ta có BN(9 a a; 2  9), BM(5 a a; 2  11)

Do BM vuông góc với BN nên:

BM BN 0

6

5

a

a







 



( Do hoành độ điểm B lớn hơn 5)

Phương trình đt AB (đi qua B,M): x  y 6 0

Phương trình đt BC (đi qua B,N): x  y 6 0

Gọi D b( ;12 2 ) b Theo bài ra, ta có: DA.DC = 6 nên:



 6 ) , ( ).

,

(D AB d D AC

b  b b  b



8

b

b





         

 Do hoành độ điểm D lớn hơn 5 nên D(8; 4)

Từ đó ta có phương trình đt DA : x y 12  0, phương trình đtDC x:   y 4 0

0,25

0,25

0,25

0,25 4.2

(1đ)

Ta có I(2;2;0) Đường thẳng AI đi qua I và vuông góc với (P) nên có phương trình:



Gọi H là hình chiếu của I trên (P): H(–1;0;1)

Giả sử A(xo;yo;zo) Do A thuộc đường thẳng AI và AH=AO nên ta có hệ:

0,25 0,25

S

A

I

0

0

1 4

1

2

3 4

x

y

z

  







4

3

; 2

1

; 4

1 (

0,5 5.1

(1đ)

Gọi số phức z=a+bi (a b, R) thoả mãn đề bài

z a bi z     i a b i   z i  a  b Thay vào gt ta có:

(a 1)   (b 2)   (a bi i)    a bi 11 2i

2

a b

         

      

 

 



1 2

a

b



     

      hoặc 





 2

4

b a

Vậy có 2 số phức cần tìm là z=1-i và z=4+2i

0,25

0,25

0,25 0,25 5.2

(1đ)

Từ giả thiết

2

1

3

Vì x,y không âm nên tacó 0   x y 1

2

x y

xy 

và 2 (x2+y2)(x+y)2)

Đặt t = x+y ta có 0  t 1 và P f(t)= 1 2

4

t t

2

f t



      f(t) đồng biến trên  0;1

  0;1

m f t  f   P ; dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1

2

x y

0,25 0,25

0,25

0,25 Ghi chú: Thí sinh làm câu nào theo cách khác đáp án, nếu đúng và phù hợp với chương trình

thì vẫn cho điểm tối đa câu đó Bài HHKG nếu không vẽ hình thì không chấm điểm