SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN – KHỐI: A, A1, B

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

159
lượt xem 39
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN – KHỐI: A, A1, B. Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm).

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN – KHỐI: A, A1, B

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2013 TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG MÔN THI: TOÁN – KHỐI: A, A1, B. Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x3  mx  m  1 (1)  Cm  , m là tham số thực . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  3 . 2. Tìm m để tiếp tuyến của (Cm ) tại M có hoành độ x  1 , cắt đường tròn có tâm I (2; 3) bán kính R  2 theo một dây cung AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm). sin x  1 1. Giải phương trình: 2(1  cos x)(1  cot 2 x)  . cos x  sin x  3  x  y  3x  6 x  3 y  4 3 2 2. Giải hệ phương trình:  2 ( x, y  R )   x  y 2  6 x  y  10  5  y  4 x  y (3x3  1) ln x  3x 2  1 e Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx . 1 1  x ln x Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông, AC  BC  a , góc giữa A' B và mặt phẳng ( ACC ' A ') bằng 300 . Gọi M là trung điểm của A ' B ' . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( A ' BC ) . Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thoả mãn x  y  z và x2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  ( x  2)( y  2)( z  2) . II.PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B). A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC , đường thẳng chứa đường trung tuyến và phân giác trong ở đỉnh A lần lượt có phương trình là d1 : 2 x  y  3  0 và d 2 : x  y  2  0 . Đường thẳng AB đi qua M (2;1) , đường thẳng BC đi qua điểm N (2; 5) . Tìm toạ độ các đỉnh B, C biết đỉnh B có hoành độ dương. x  2 y 1 z 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm M (1;1;1) , đường thẳng d :   và mặt 1 1 1 phẳng ( P) : x  y  z  3  0 . Gọi A là giao điểm của d và ( P) . Viết phương trình đường thẳng  chứa M , cắt d và ( P) lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại B . Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất sao cho z  z  4  3i . B.Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình chính tắc của Elip (E) biết điểm M (1; 3) nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vuông và hình chữ nhật cơ sở của (E) nội tiếp đường tròn (C ) : x 2  y 2  20 . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho A(0; 4;1) , B(3,  2, 4) , C (2; 0;  1) và mặt phẳng     ( P) : x  y  z  6  0 . Tìm toạ độ điểm M trên (P) sao cho MA  2MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất. 2 Câu VII.b (1,0 điểm). Tìm hệ số của x10 trong khai triển của biểu thức (3x2  )n với n là số nguyên x 1 1 1 2 1 3 1 20 dương thoả mãn: Cn  Cn  Cn  ...  (1)n1 Cn  n . 2 3 4 n 1 21 …… Hết……
SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN – KHỐI: A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3 1,0 Khi m = 3 ta có y  x 3  3x  2 TXĐ: D=R, 0,25  x  1 y '  3x  3  0   2 x  1 x  -1 1  y' + 0 – 0 +  4 y 0  Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1), (1; ) và nghịch biến trên khoảng (1;1) Hàm số đạt cực đại tại x = -1, GTCĐ y = 4; đạt cực tiểu tại x = 1, GTCT y = 0 0,5 Đồ thị 0,25 I.2 Tìm m để tiếp tuyến của (Cm ) tại M có hoành độ x  1 1.0 y '(1)  3  m Phương trình tiếp tuyến  tại M (1; 2m  2) là y  (3  m)( x  1)  2m  2  (3  m) x  m  1  (3  m) x  y  m  1  0 Để  cắt (C ) thì d ( I , )  2 . Nhận thấy dây cung AB nhỏ nhất khi d ( I , ) lớn nhất 0,5 4m d ( I , )  (3  m)2  1
Ta có 4m (3  m)  1 2. (3  m) 2  1 d ( I , )    (3  m) 2  1 (3  m) 2  1 (3  m) 2  1  d ( I , )  2  R 0,5 Ta có tiếp tuyến luôn cắt đường tròn (C ) hai điểm phân biệt . AB min  d (I , )  2  m  2 Vậy m = 2 II.1 sin x  1 1.0 1. Giải phương trình: 2(1  cos x)(1  cot 2 x)  (1) cos x  sin x  x  k sin x  0  ĐK:    sin x  cos x  0  x    k 0.25  4 1 sin x  1 (1)  2(1  cos x)  sin x cos x  sin x 2  2(1  cos x)(sin x  cos x)  (sin x  1)sin 2 x  2(1  cos x)(sin x  cos x)  (sin x  1)(1  cos 2 x) 0,5  (1  cos x)(1  cos x  sin x  cos x sin x)  0  (1  cos x) 2 (1  sin x)  0  x    k 2 cos x  1    sin x  1  x     k 2 0,25  2  Kết hợp điều kiện ta có pt có nghiệm x    k 2 (k  Z ) 2 II.2  x3  y 3  3x 2  6 x  3 y  4  (1) 1.0 2.Giải hệ phương trình:  2  x  y  6 x  y  10  5  y  4 x  y (2) 2   y  5 ĐK:  4 x  y  0 (1)  y3  3 y  (1  x)3  3(1  x) (3) Xét f (t )  t  3t  f '(t )  3t  3  0 . Ta có hàm số f đồng biến trên R nên từ (3) ta có 0,5 3 2 y  1 x (2)  2 x 2  9 x  8  6  x  3x  1  2 x 2  9 x  8  3x  1  6  x  0  2 x 2  9 x  5  ( 3x  1  4)  (1  6  x )  0 3( x  5) x 5  ( x  5)(2 x  1)   0 3x  1  4 1  6  x x  5  3 1 0,5 2 x  1    0 (4)   3x  1  4 1  6  x Từ đk  1  x  6 ta có phương trình (4) vô nghiệm 3 Vậy nghiệm của hệ là (5;-4)
(3x3  1) ln x  3x 2  1 e III 1,0 Tính tích phân I   dx . 1 1  x ln x (3x3  1) ln x  3x 2  1 3x 2 ( x ln x  1)  ln x  1 ln x  1 e e e e I  dx   dx   3x 2 dx   dx 0,25 1 1  x ln x 1 1  x ln x 1 1 1  x ln x e Tinh I1   3x 2 dx  x3 e  e3  1 0,25 1 1 1  ln x e Tính I 2   dx 1 1  x ln x Đặt t  1  x ln x  dt  (ln x  1)dx . Đổi cận x  1  t  1; x  e  t  1  e 1 e dt 1 e I2   1 t  ln t 1  ln(1  e) Vậy I  e3  ln(1  e)  1 0,5 IV Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách 1,0 A’ B’ C’ B A C . Do BC  CA; BC  CC '  BC  ( ACC ' A ')  Góc giữa A’B và mặt phẳng (ACC’A’) là góc giữa A’B và A’C. suy ra BA ' C  300 0,25 Tam giác A’BC vuông tại C. BC  a, A ' B  2a, AB  a 2  AA '  a 2 a2 2 3 VABC . A ' B 'C '  AA '.S ABC  a 2.  a 0,25 2 2 Do M là trung điểm của A’B’ và B’C’ song song với mặt phẳng (A’BC) nên 1 1 1 3VC '. A ' BC d ( M , ( A ' BC ))  d ( B ', ( A ' BC ))  d (C ', ( A ' BC ))  2 2 2 S A ' BC 0,25 1 2 3 1 3 2 a 6 Ta có VC ' A ' BC  BC.S A 'C 'C  a , S A ' BC  a 3.a  a  d ( M , ( A ' BC ))  0,25 3 6 2 2 6 V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  ( x  2)( y  2)( z  2) . 1,0 x2  y 2  z 2  3   3  x, y, z  3  x  2  0; y  2  0; z  2  0 Nên P đạt GTNN khi x, y, z đều âm. 0,25
Xét x, y, z âm , x 2  y 2  z 2  3, z  y  x  0  1  x  0 1 1 P  ( x  2)( y  2)( z  2)  ( x  2) ( y  z  2)2  x 2  1  ( x  2)( x 2  1)   2 0,25 2 Xét f ( x)  ( x  2)( x 2  1) với x   1;0 1 2  x  1 3 2 1 f '( x)  x  2 x   0   2 2 x   1  3 Lập BBT ta có với x   1;0 thì min f ( x)  25 1 0,25 x 27 3  1  1 x   3 x   3  25   1 min P   y  z  2  0  y   27  x2  y 2  z 2  3  3   5 0,25  z   3  VIa.1 1,0 A M’ M H B D E C Toạ độ điểm A là nghiệm hệ 2 x  y  3  0 x  1    A(1;1) x  y  2  0 y 1   AM  (1;0)  n AB  (0;1) . Phương trình đường thẳng AB là y  1  0 0,25 Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua phân giác AD, ta có M’ thuộc AC. H là giao điểm của AD và MM’ Phương trình MM’: x –y – 1=0. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ x  y  2  0 3 1   H( ; ) x  y 1  0 2 2 H là trung điểm của MM’, suy ra M’(1;0). 0.25 AC đi qua A(1;1), M’(1;0) có phương trình là x - 1= 0 b 1 c 1 Gọi B(b;1); C(1;c) (đk b > 0). Toạ độ trung điểm E ( ; ). 2 2 c 1 E  d2  b  1   3  0  2b  c  0 (1) 0,25 2    NB  (b  2; 4), NC  (1; c  5)    N thuộc BC nên NB, NC cùng phương
b  2 4    (b  2)(c  5)  4 (2) 1 c  5 3 Từ (1),(2) kết hợp đk b > 0 ta có b  ; c  3 0,25 2 3 Vậy B( ;1), C (1; 3) 2 VIa.2 Viết phương trình đường thẳng  chứa M , cắt d và ( P) tương ứng ở B và C sao cho tam giác 1,0 ABC cân tại B 0,5 B M H C A Gọi H là hình chiếu của B trên (P). do tam giác ABC cân tại B ta suy ra BHA  BHC Nên góc giữa AB và BH bằng góc giữa BH và BM B thuộc d nên gọi B(t+2;1-t;t)       u AB  u d  (1; 1;1); u BH  n P  (1;1; 1); u MB  (t  1; t ; t  1)     1 2t 5 cos(u AB , u BH )  cos(u BH , u MB )   t 3 3 3t 2  2 6  11 5 1   MB  ( ;  ;  )  u   (11; 5; 1) 0,5 6 6 6 x 1 y 1 z 1 Phương trình đường thẳng  là   11 5 1 VII.a Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất sao cho z  z  4  3i . 1,0 Đặt z  a  bi . 0,25 z  z  4  3i  a 2  b 2  (a  4) 2  (3  b) 2  8a  6b  25 (1) Gọi M (a; b) là điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng phức. Từ (1) ta có M thuộc đường thẳng  : 8 x  6 y  25  0 Do z  OM nên môđun của z nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất. M thuộc  nên OM nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của O trên  0,5 Đường thẳng d đi qua O và vuông góc với  là 3x  4 y  0 x  2 8 x  6 y  25  0  3 0,25 Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ   3  M (2; ) 3x  4 y  0 y  2 2  3 Vậy z  2  i 2 VIb.1 Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình chính tắc của Elip (E) biết điểm M (1; 3) nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vuông và … x2 y 2 Gọi phương trình chính tắc của (E) là:   1 (a  b  0) a 2 b2 Do M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc vuông nên:
1 0,5 OM  F1F2  c  OM  2  a 2  b2  4 (1) 2 Hình chữ nhật cơ sở nội tiếp đường tròn (C ) : x 2  y 2  20  a 2  b2  20 (2) Từ (1) và (2) ta suy ra a 2  12, b2  8 x2 y 2 Vậy phương trình chính tắc của (E) là:  1 0,5 12 8 VIb.2 Trong mặt phẳng Oxyz cho A(0; 4;1), B(3, 2, 4), C (2;0; 1) và mặt phẳng 1,0     ( P) : x  y  z  6  0 . Tìm toạ độ điểm M trên (P) sao cho MA  2MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất       Gọi I là điểm thoả mãn IA  2IB  3IC  0 . Suy ra I (2;0;1) 0,25       MA  2MB  3MC  6 MI  6MI     0,25 MA  2MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của I trên (P) x  2 y z 1 Phương trình đường thẳng d đi qua I và vuông góc (P) là   1 1 1 Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  x  2 y z 1 x  3      1 1 1   y  1  M (3;1; 2)  x  y  z  6  0  0,5 z  2 Vậy M(3;1;2) VIIb 2 Tìm hệ số của x10 trong khai triển của biểu thức (3x 2  )n với n là số nguyên dương thoả mãn: 1,0 x 1 1 1 2 1 3 1 20 Cn  Cn  Cn  ...  (1)n1 Cn  n 2 3 4 n 1 21 1 1 1 2 1 3 1 20 Cn  Cn  Cn  ...  (1) n 1 Cn  n 2 3 4 n 1 21 1 1 1 2 1 3 1 1  Cn  Cn  Cn  Cn  ...  (1) n 0 Cn  n (1) 0,25 2 3 4 n 1 21 Xét khai triển (1  x)n  Cn  Cn x  Cn x 2  Cn x3  ...  (1) n Cn x n 0 1 2 3 n 1 1 1 1 1 1   (1  x) dx   C dx   C xdx   C x dx   C x dx  ...   (1) n Cn x n dx n 0 n 1 n 2 n 2 n3 3 n 0 0 0 0 0 0 n 1 1 2 1 3 1 4 1 1 (1  x) x x x x n 1   C x 0 C C C  ...  (1) C 0 1 1 2 3 n n n 1 n 1 0 n n n n n 0 2 0 3 0 4 0 1 1 1 1 2 1 3 1   Cn  Cn  Cn  Cn  ...  (1)n 0 n Cn (2) 0,5 n 1 2 3 4 n 1 Từ (1) và (2) suy ra n = 20. 20 20 2 2 (3x 2  ) 20   C20 (3x 2 ) 20k ( ) k   C20 320k (2) k .x 403k k k x k 0 x k 0 0,25 40  3k  10  k  10 Hệ số của x10 là C20 610 10