• Save
Lớp Chuyên Hóa 10,11,12 & LTĐH : http://chuyênhóanguyễnvăntú.vn/
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×
 

Lớp Chuyên Hóa 10,11,12 & LTĐH : http://chuyênhóanguyễnvăntú.vn/

on

  • 377 views

 

Statistics

Views

Total Views
377
Views on SlideShare
377
Embed Views
0

Actions

Likes
2
Downloads
0
Comments
0

0 Embeds 0

No embeds

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Microsoft Word

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

Lớp Chuyên Hóa 10,11,12 & LTĐH : http://chuyênhóanguyễnvăntú.vn/ Lớp Chuyên Hóa 10,11,12 & LTĐH : http://chuyênhóanguyễnvăntú.vn/ Document Transcript

  • SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM TRƯỜNG THPT LÊ HOÀN GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN ( Khối A, A1) Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). 2x Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = (1) x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm hai điểm A,B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm đó song song với nhau, đồng thời ba điểm O,A,B tạo thành tam giác vuông tại O. Câu II ( 2,0 điểm). cos 3 x + 2 cos 2 x + 2 tan x = −3 . 1. Giải phương trình: cos x  x2 + 1 + y ( x + y ) = 4 y  x, y ∈ ¡ 2. Giải hệ phương trình :  2 x ( x + y − 2) + x − 2 = 0   e 2 x ln x + x + 1 dx x ( 1 + x ln x ) 1 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , AB = 2CD = 4a ; SA = a 3 ; SD = a . Tam giác ABC vuông tại C , mặt bên ( SAD ) vuông góc với mặt đáy ( ABCD ) . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC . 2 2 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y , z là các số thực dương thỏa mãn y + z = x ( y + z ) .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu Câu III ( 1,0 điểm). Tính tích phân: I = ∫ thức: P= 1 ( 1+ x) 2 + 1 ( 1+ y ) 2 + 1 ( 1+ z ) 2 + 4 ( 1+ x) ( 1+ y) ( 1+ z ) . . II. 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 với hệ toạ độ Oxy cho ∆ABC có đỉnh A ( 2;3) , đường phân giác trong của góc A có phương trình x − y + 1 = 0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là I ( 6;6 ) . Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ∆ABC gấp 3 lần diện tích ∆IBC . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A ( 3; −2; −2 ) , B ( 0; −1; 2 ) , C ( 2;1;0 ) và mặt phẳng ( Q ) : x − y − z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A , vuông góc với mặt phẳng ( Q ) và cách đều hai điểm B,C. Câu VII.a ( 1,0 điểm). Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 3z + 4 = 0 . Hãy tính giá trị biểu 2013 A = z12013 + z2 thức B.Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b ( 2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ∆ABC có trực tâm H ( −1; 4 ) , tâm đường tròn ngoại tiếp I ( −3;0 ) và trung điểm cạnh BC là M ( 0; −3) . Viết phương trình cạnh AB, biết đỉnh B có hoành độ dương. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : x −1 y −1 z −1 = = . Viết phương trình mặt 1 1 −1 phẳng (P) chứa đường thẳng (d) và cắt các tia Ox,Oy,Oz lần lượt tại các điểm tại các điểm A,B,C sao cho tứ diện OABC có thể tích bằng 6. 2 2 Câu VII.b ( 1,0 điểm). Giải phương trình : 5 x − 2 = 5 x − x −1 + ( x − 1) . ……….Hết………. .
  • CÂU Câu I (2,0 điểm) ĐÁP ÁN Môn: Toán. Khối: A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút. NÔI DUNG ĐIỂM 1. (1,0 điểm) a) Tập xác định : D = ¡ { 1} b) Sự biến thiên: * Tiệm cận : 2x 2x = −∞ , lim = +∞ nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng. +) Vì lim x →1− x − 1 x →1+ x − 1 2x 2x = 2 , lim = 2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. +) Vì lim x →−∞ x − 1 x →+∞ x − 1 *Chiều biến thiên: −2 < 0, ∀x ≠ 1 +) Ta có : y′ = 2 ( x − 1) +) Bảng biến thiên x 0,25 0,25 0,25 -∞ +∞ 1 y' y +∞ 2 -∞ 2 + Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 1; +∞ ) . c) Đồ thị 6 *Vẽ đồ thị: 0,25 4 2 I O 5 2 * Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I ( 1; 2 ) làm tâm đối xứng. 2. (1,0 điểm) .  2a   2b  Gọi A  a; ÷ và B  b; ÷ (Với a, b ≠ 0; a, b ≠ 1; a ≠ b ) thuộc đồ thị (C). Khi đó hệ  a −1   b −1  2 2 k =− số góc của các đường tiếp tuyến tại A và B lần lượt là: k1 = − 2 và 2 2 ( a − 1) ( b − 1) Do các đường tiếp tuyến song song nên: − 2 ( a − 1) 2 =− 2 ( b − 1) 2 0,25 ⇔ a+b = 2 uuu  2a  uuu  2b  r r Mặt khác, ta có: OA =  a; ÷; OB =  b; ÷. Do OAB là tam giác vuông tại O nên  a −1   b −1  uuu uuu r r 4ab OA.OB = 0 ⇔ ab + =0 ( a − 1) ( b − 1) 0,25
  • 0,25 a+b = 2   a = −1  a=3  4ab Ta có hệ  . Giải hệ ta được  hoặc   b=3 b = −1  ab + ( a − 1) ( b − 1) = 0  Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ là ( −1;1) và ( 3;3) Câu II (2,0 điểm) 0,25 1 .(1,0 điểm) Điều kiện : cos x ≠ 0 . Quy đồng rồi biến đổi phương trình về dạng ( 1 − sin x ) ( 2sin x + 2 cos x + 2sin x cos x + 1) = 0 0.25 Vì cos x ≠ 0 ⇒ sin x ≠ 1 nên : 2sin x + 2 cos x + 2sin x cos x + 1 = 0  t = −2 2 Đặt sin x + cos x = t với t ≤ 2 . Phương trình trở thành: t + 2t = 0 ⇒   t=0 Do t ≤ 2 nên ta lấy t = 0 Với t = 0 thì sin x + cos x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇒ x = − π + kπ , k ∈ ¢ 4 0.25 0.25 0.25 2.(1điểm)  x2 + 1 + y ( x + y − 2) = 2 y  Ta biến đổi hệ về dạng :  2 .Nếu y = 0 thì hệ vô nghiệm. ( x + 1) ( x + y − 2 ) = y   0,25  x2 + 1  y + ( y + x − 2) = 2  Nếu y ≠ 0 thì ta biến đổi hệ về dạng  2  x + 1 ( y + x − 2) = 1  y  Đặt u = x2 + 1 ; v = y + x − 2 . Hệ pt trở thành y u + v = 2 u = 1 ⇔   uv = 1 v = 1 0,25 0,25  x2 + 1 =1  x2 + x − 2 = 0 u = 1  x = −2  x =1  ⇔ ⇒ Với  thì  y hoặc  v = 1 y = 5 y = 2 y + x − 2 =1 y = 3− x  Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là ( −2;5 ) và ( 1; 2 ) Câu III (1,0 điểm) Câu IV (1 điểm) e I =∫ 1 0,25 x ( 1 + ln x ) + ( 1 + x ln x ) 2 x ln x + x + 1 1 + ln x dx = ∫ dx = ∫ dx + 1 x ( 1 + x ln x ) x ( 1 + x ln x ) 1 + x ln x 1 1 e 0,25 e Đặt 1 + x ln x = t ⇒ ( 1 + ln x ) dx = dt 0,25  x = e t = 1 + e ⇒ Đổi cận:  x =1  t =1 1+ e 1+ e dt I= ∫ + 1 = ln t + 1 = ln ( 1 + e ) + 1 1 t 1 S Gọi E là trung điểm của AB khi đó AECD là hình vuông. 1 Vì vậy AD = EC = AB = 2a . Diện tích hình thang 2 I ( AB + CD ) . AD = 6a 2 ABCD là S ABCD = 2 0,25 0,25 0,25 A E K H D C B
  • Tam giác SAD có các cạnh SA = a 3; SD = a; AD = 2a nên nó vuông tại S. Do đó nếu 1 1 1 4 a 3 = 2+ = 2 ⇒ SH = 2 2 SH SA SD 3a 2 Mặt khác ( SAD ) ⊥ ( ABCD ) nên SH ⊥ ( ABCD ) hay SH là đường cao của khối chóp 1 3 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là V = SH .S ABCD = a 3 (đvtt) 3 Do AD / / ( SCE ) nên khoảng cách giữa AD và SC là khoảng cách từ H đến (SCE) 0,25 gọi SH là đường cao của ∆SAD thì 0,25 0,25 Kẻ HK ⊥ CE và HI ⊥ SK (với K ∈ CE ; I ∈ SK ). Khi đó HI ⊥ ( SCE ) nên khoảng cách giữa AD và SC bằng đoạn HI 1 1 1 1 1 57 6a = + = + = ⇒ HI = Xét ∆HSK ta có : 2 2 2 2 2 2 HI SH HK SH CD 36a 57 CÂU V (1 điểm) 2 2 Theo bất đẳng thức bunhia ta có: x ( y + z ) ≤ 2 x ( y + z ) 0,25 2 ⇔ x ( y + z) ≤ 2( y + z) ⇒ y + z ≤ 2 2 . x Theo bất đẳng thức côsi ta có: 2 2 1 2 1 2 ( 1 + y ) ( 1 + z ) ≤ ( 2 + y + z ) ⇔ ( 1 + y ) ( 1 + z ) ≤  2 + ÷ ⇔ ( 1 + y ) ( 1 + z ) ≤ ( 1 + 2x ) 4 4 x x 1 2 4 + + Lại theo BĐT côsi ta có : P ≥ 2 ( 1+ x) ( 1+ y) ( 1+ z) ( 1+ x) ( 1+ y ) ( 1+ z ) ⇔P≥ 1 ( 1+ x) 2 + 2x2 (1+ x) Xét hàm số f ( x ) = Câu VIa (2 điểm) 2 + 4 x2 ( 1+ x) 3 ⇔P≥ 2 x3 + 6 x 2 + x + 1 (1+ x) 3 2 x3 + 6 x 2 + x + 1 ( 1+ x) 3 trên ( 0; +∞ ) . Ta có f ′( x) = 10 x − 2 (1+ x) 4 =0⇒ x = 1 5  1  91 Lập bảng biến thiên ta thấy P ≥ f ( x) ≥ f  ÷ =  5  108 91 1 ⇔ x= ;y= z=5 Vậy GTNN của biểu thức là P = 108 5 1.(1điểm) + Ta có IA = ( 2 − 6) 2 0,25 A 2 tròn ngoại tiếp ∆ABC có dạng ( C ) : ( x − 6 ) + ( y − 6 ) = 25 + Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong góc A với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Tọa độ x − y +1 = 0  B  H ⇒ D ( 9;10 ) của D là nghiệm của hệ  2 2 ( x − 6 ) + ( y − 6 ) = 25  2 I K C D + Vì AD là phân giác trong của góc A nênuur là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Do đó D ID ⊥ BC hay đường thẳng BC nhận véc tơ ID = ( 3; 4 ) làm vec tơ pháp tuyến. + Phương trình cạnh BC có dạng 3 x + 4 y + c = 0 + Do S ∆ABC = 3S∆IBC nên AH = 3IK + Mà AH = d( A; BC ) = 0,25 0,25 + ( 3 − 6 ) = 5 . Phương trình đường 2 0,25  c = −54 18 + c 42 + c và IK = d( I ;BC ) = nên 18 + c = 3 42 + c ⇒  5 5  c = −36 0,25 0,25
  • Vậy phương trình cạnh BC là : 3 x + 4 y − 54 = 0 hoặc 3 x + 4 y − 36 = 0 2.(1điểm) Ta có: B uu r B C + (Q) có VTPT là nQ = ( 1; −1; −1) . uuu r I + BC = ( 2; 2; −2 ) K H + Trung điểm của BC là I ( 1;0;1) uu r +) IA = ( 2; −2; −3) K 0,25 0,25 H C Ta xét hai trường hợp sau: Nếu B,C nằm cùng phía so với mặt phẳng (P), muốn B và C cách đều (P) thì BC / / ( P ) uu uuu r r uu r Khi đó (P) nhận véc tơ:  nQ , BC  = ( 4;0; 4 ) hay véc tơ nP = ( 1;0;1) làm VTPT   Phương trình mặt phẳng (P): x + z − 1 = 0 Nếu B,C nằm khác phía so với mặt phẳng (P), muốn B và C cách đều (P) thì I ∈ ( P ) uu r uu uu r r Khi đó (P) nhận véc tơ nP =  nQ , IA = ( 1;1;0 ) làm VTPT   Phương trình mặt phẳng (P): x + y − 1 = 0 Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: x + z − 1 = 0 hoặc x + y − 1 = 0 CâuVIIa Ta có : ∆′ = 3 − 4 = −1 = i 2 (1 điểm) Nên phương trình z 2 − 2 3z + 4 = 0 có 2 nghiệm phức là z1 = 3 − i và z2 = 3 + i A= z 2013 1 +z A = ( −8i ) 671 2013 2 =   + ( 8i ) ( 671 ) 3 671 3 −i    +   ( ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3 671 3+i    0,25 =0 Câu VIb 1. (1,0 điểm). uuu r (2,0 Ta có: IM = ( 3; −3) điểm) Phương trình cạnh AH và đường cao BC lần lượt là x + y − 3 = 0 và x − y − 3 = 0 Gọi A ( a;3 − a ) và B ( b; b − 3) suy ra C ( −b; −b − 3) , với b > 0 . Khi đó ta có: 2 2 IA2 = ( a + 3) + ( 3 − a ) = 2a 2 + 18 ; H A 0,25 0,25 I IB 2 = ( b + 3) + ( b − 3) = 2b 2 + 18 ; B C M uuu r uuur HB = ( b + 1; b − 7 ) ; AC = ( − a − b; a − b − 6 ) . Do I là tâm của đường tròn ngoại tiếp và H là trục tâm của ∆ABC nên ta có hệ  IA2 = IB 2  a 2 = b2  a = −7   ⇔ ⇒ uuu uuur r  ( b + 1) ( −a − b ) + ( b − 7 ) ( a − b − 6 ) = 0  b = 7  HB. AC = 0   2 0,25 2 Khi đó A ( −7;10 ) và B ( 7; 4 ) . Vậy pt cạnh AB: x+7 y−4 = hay 3 x − 7 y + 49 = 0 7 + 7 10 − 4 2. (1,0 điểm). r Đường thẳng d đi qua điểm M ( 1;1;1) và có VTCP u = ( 1;1;1) .Gọi A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , C ( 0;0; c ) , với a, b, c > 0 . Khi đó phương trình mặt phẳng (P) có dạng: x y z + + =1 a b c 0,25 0,25 0,25
  • 1 1 1  a + b + c =1  Do (P) chứa d nên ta có:  và OABC có thể tích bằng 6 nên abc = 36 1 + 1 − 1 = 0 a b c  1 1 1  a + b + c = 1 a = 3 a = 6    Giải hệ  1 + 1 − 1 = 0 ⇒ b = 6 hoặc  b = 3 a b c c = 2 c = 2    abc = 36  Vậy hoặc (P): 2 x + y + 3z − 6 = 0 hoặc (P): x + 2 y + 3z − 6 = 0 2 2 CâuVIIb ( x2 − x ) + 5 x 2 − x 5 x − 2 = 5 x − x −1 + ( x − 1) ⇔ 5( x −1) + 5 ( x − 1) = 5 ( ) (1,0 t điểm) Vì hàm số f ( t ) = 5 + 5t đồng biến trên R nên f ( t1 ) = f ( t2 ) ⇔ t1 = t2 Mặt khác 5( x −1) + 5 ( x − 1) = 5( x2 − x ) + 5 x2 − x ⇔ f x − 1 = f x2 − x ( ) ( ( ) ) ⇔ x −1 = x2 − x ⇒ x = 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
  • 1 1 1  a + b + c =1  Do (P) chứa d nên ta có:  và OABC có thể tích bằng 6 nên abc = 36 1 + 1 − 1 = 0 a b c  1 1 1  a + b + c = 1 a = 3 a = 6    Giải hệ  1 + 1 − 1 = 0 ⇒ b = 6 hoặc  b = 3 a b c c = 2 c = 2    abc = 36  Vậy hoặc (P): 2 x + y + 3z − 6 = 0 hoặc (P): x + 2 y + 3z − 6 = 0 2 2 CâuVIIb ( x2 − x ) + 5 x 2 − x 5 x − 2 = 5 x − x −1 + ( x − 1) ⇔ 5( x −1) + 5 ( x − 1) = 5 ( ) (1,0 t điểm) Vì hàm số f ( t ) = 5 + 5t đồng biến trên R nên f ( t1 ) = f ( t2 ) ⇔ t1 = t2 Mặt khác 5( x −1) + 5 ( x − 1) = 5( x2 − x ) + 5 x2 − x ⇔ f x − 1 = f x2 − x ( ) ( ( ) ) ⇔ x −1 = x2 − x ⇒ x = 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25