De va dap an de thi thu dai hoc truong THPT Phuong XaCam Khe

Viết phương trình mặt phẳng P chứa B, M và cắt các trục Ox, Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 O là gốc toạ độ.. Lập phương trình đường tròn C đ[r]

TRƯềNG THPT PHƯƠNG XÁ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A (LẦN 2)

MễN : TOÁN.

Thời gian làm bài 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề

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

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y= 2 x +1

x+2 có đồ thị là (C)

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B Tìm m để

đoạn AB có độ dài nhỏ nhất

Cõu II ( 2 điểm )

1 Giải phương trỡnh:

4

4

(2 sin 2 )(2cos cos )

2sin

x

x

 

2 Giải hệ phương trỡnh:

2











x y

Cõu III (1 điểm)

Tớnh tớch phõn: I ¿∫

0

4

x+1

(1+√1+2 x)2dx .

Cõu IV (1,0 điểm ). Cho hỡnh chúp S.ABC cú mặt phẳng (SAC) vuụng gúc với mặt phẳng (ABC),

SA AB a AC   a và ASC ABC90 0 Tớnh thể tớch khối chúp S.ABC và cosin của gúc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC).

Cõu V (1,0 điểm) Cho x,y,z là ba số thực dương cú tổng bằng 3.Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức

P3(x2y2z2) 2 xyz

II PHẦN RIấNG (3,0 điểm)

1.Theo chơng trình chuẩn

Câu VIa (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đờng thẳng d: x + y + m = 0 Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến

AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông

2.Trong khụng gian toạ độ Oxyz, cho cỏc điểm B0;3;0 , M4;0; 3 

Viết phương trỡnh mặt phẳng ( )P chứa B M, và cắt cỏc trục Ox Oz, lần lượt tại cỏc điểm A và C sao cho thể tớch khối tứ diện OABC bằng 3 (O là gốc toạ độ )

Câu VIIa (1 điểm) Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức : (z2 + 3z +6)2 + 2z(z2 + 3z +6) – 3z2= 0

2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm)

Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ( ) : 2d1 x y 0và ( ) :d2 x2y3 5 0

cắt nhau tại A Lập phương trỡnh đường trũn (C) đi qua A cú tõm thuộc đường thẳng d1, cắt d1 tại B, cắt d2 tại

C (B,C khỏc A) sao cho tam giỏc ABC cú diện tớch bằng 24

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng trình

x −1

2 =

y

1=

z −1

3 Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất

Câu VIIb (1 điểm) : Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức : z3 = 18 + 26i

Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm

đáp án đề thi thử đại học lần 2 khối a – môn toán

Câu Đáp án Điểm

I

(2 điểm)

1 (1điểm) a.TXĐ: D = R\{-2}

b.Chiều biến thiên

+Giới hạn:

x → −2+ ¿

=− ∞;lim y

x → −2 − =+ ∞ lim y

x →− ∞=lim y

x →+∞=2 ;lim y

¿

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2

0,25

+

x+2¿2

¿

¿

y '=3¿

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− ∞;−2) và (−2 ;+∞)

0,25

+Bảng biến thiên

x − ∞ -2 +∞

y’ + +

+∞ 2

y

2 − ∞

0,25

c.Đồ thị:

Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 1

2 ) và cắt trục Ox tại điểm( −

1

2 ;0)

2 (1 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình

2 x +1

x +2 =− x +m⇔

x ≠ −2

x2+(4 −m) x +1− 2m=0(1)

¿{

Do (1) có −2¿2+(4 − m).(−2)+1− 2m=− 3 ≠ 0 ∀ m

Δ=m2+1>0 va¿ nên đờng thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B

0,25 0,25

Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra

AB ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0 Khi đó AB=√24 KL: m=0

0,25 0,25

II

(2 điểm) 1 (1 điểm)

ĐK: x k k ,   Với ĐK trờn phương trỡnh đó cho tương đương với:

0,25

y 2 O

x

4 4 2 2 1 1 2 2 2 1

2

1

2

p p p

é

ê ê

ê ê

ê

ê

0,25

0,25

So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là

3

x= ± p+l p lÎ ¢ 0,25

2 (1 ®iÓm)

Điều kiện :

1

2

Hệ đã cho trở thành

2 2

(2 ) 3 3 0 (2)







(2) có hai nghiệm

1

2

3 2

1 2

  







  



y

0,5

Thế vào (1) ta có

2

2x 3 x 1 (x1) 2013 (4  x)

2

4

( 1) 2013 ( 4)



x

2

4



x

2

2

0,25

III

1 ®iÓm I ¿∫

0

4

x+1

(1+√1+2 x)2dx .

•Đặt t=1+√1+2 x ⇒ dt=dx

√1+2 x ⇒ dx=(t − 1)dt và x= t2−2 t

2 Đổi cận

0,25

0,25

S

C

B

M

H

•Ta có I =

(t2−2 t+2)(t −1)

t2 dt=1

2∫

2

4

t3−3 t2+4 t −2

t2 dt=¿1

2∫

2

4

(t −3+4

t −

2

t2)dt 1

2∫

2

4

¿

= 1

2(t22− 3 t+ 4 ln|t|+

2

t)∨¿ = 2 ln 2−1

4

Kl: I = 2 ln 2−1

C©u IV

1 ®iÓm

+ Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)  SH  (ABC)



3

2

a

SC BC a  SH 

2 3 2

ABC

a

S 



3

1

S ABC ABC

a

V  S SH  + Gọi M là trung điểm SB và là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)

Ta có: SA = AB = a, SC BC a 3 

 AM  SB và CM  SB



 cos cos AMC

+ SAC = BAC 

SH BH   SB

0,25

0,25

AM là trung tuyến SAB nên:

4

a AM

Tương tự:

42 4

a

cos AMC

Vậy:

105 cos

35

 

0,25

0,25

Câu V

1 điểm Ta c ú:

2

2

y z

Xột hàm số f x( )x315x2 27x27 , với 0<x<3

9

x

x







Từ bảng biến thiờn suy ra MinP=7  x  y z 1

0,5

0,5

Phần riêng.

1.Ban cơ bản

Câu

VIa

2

điểm

1.( 1 điểm)

Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC

tới đờng tròn và AB⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 ⇒IA=3√2 0,5

⇔|m− 1|

√2 =3√2⇔|m− 1|=6⇔

m=− 5

¿

m=7

¿

¿

¿

¿

¿

0,5

2 (1 điểm)

x y z P

a c 

4;0; 3   4 3 1 4 3

a c

(1)

OABC OAC

ac

V  OB S  ac    ac 

(2)

0,25 0,25

Từ (1) và (2) ta cú hệ

4

3

2

a





Vậy  1  2

2



0,5

Câu

VIIa

1

điểm

Đặt t = z2 + 3z +6 phương trỡnh đó cho cú dang:

t2 +2zt – 3z2 = 0  (t – z)(t+3z) = 0  3

t z











  



0,25

0,25

+ Với t = -3z  z2 + 3z +6 +3z = 0  z2 + 6z + 6 = 0 

z z

  



 



2.Ban nâng cao.

Câu

VIb

2

điểm

1.( 1 điểm)

Ta cú A( 5; 2 5) Gọi  là gúc tạo bởi hai đường thẳng d1 và d2

4 os 5

c 

Đường trũn (C) nhận AB là đường kớnh  Tam giỏc ABC vuụng tại C BAC 

Giả sử đường trũn (C) cú tõm I và bỏn kớnh là R

Ta cú

AC  Rc   R BC  R   R

2

ABC

R

S  AC BC    R

0,5

VỡI( )d1  I a( ; 2 ) a Cú

2 5

a

a







 Với a 0 I(0;0) Phương trỡnh đường trũn (C) là x2  y2 25

Với a2 5 I(2 5; 4 5)  Phương trỡnh đường trũn (C) là x 2 5 2  y4 52 25

0,5

Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và

(P) là khoảng cách từ H đến (P)

Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH ≥ HI => HI lớn nhất khi A ≡ I

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận ⃗AH làm véc tơ pháp tuyến

0,5

H ∈ d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t) vì H là hình chiếu của A trên d nên ⃗u=(2 ;1;3)

AH⊥ d ⇒⃗ AH ⃗u=0¿ là véc tơ chỉ phơng của d) ⇒ H (3 ;1 ;4)⇒⃗ AH(−7 ;− 1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z +

1) = 0

 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Câu Ta cú: (x + yi)3 = x3 – 3xy2 + (3x2y – y3)i = 18 + 26i 0,5

1

®iÓm

Theo định nghĩa hai số phức bằng nhau, ta được:

x xy

x y y







Từ hệ trên, rõ ràng x  0 và y  0

Đặt y = tx , hệ  18(3x2y – y3) = 26(x3 – 3xy2 )

 18(3t-t3 ) = 26(1-3t2)  18t3 – 78t2 – 54t+26 = 0  ( 3t- 1)(3t2 – 12t – 13) = 0

Vì x, y  Z  t  Q  t = 1/3  x = 3 và y = 1  z = 3 + i

0,5