ĐỀ THI THỬ ĐH NĂM 2013 - LẦN THỨ II Môn : Toán - Khối A và khối B THPT ĐẶNG THÚC HỨA

Chia sẻ: cuongas1

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x 3  3x  1 , có đồ thị C  . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số C  . b) Tìm tọa độ điểm A thuộc đồ thị C  , biết rằng tiếp tuyến của đồ thị C  tại điểm A cắt đồ thị C  tại điểm B (khác điểm A ) thỏa mãn : x A  x B 1 ( Trong đó x A...

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐH NĂM 2013 - LẦN THỨ II Môn : Toán - Khối A và khối B THPT ĐẶNG THÚC HỨA

 

  1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐH NĂM 2013 - LẦN THỨ II TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Môn : Toán - Khối A và khối B __________________ Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3x  1 , có đồ thị C  . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số C  . b) Tìm tọa độ điểm A thuộc đồ thị C  , biết rằng tiếp tuyến của đồ thị C  tại điểm A cắt đồ thị C  tại điểm B (khác điểm A ) thỏa mãn : x A  x B  1 ( Trong đó x A , x B lần lượt là hoành độ các điểm A và B ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin x  2cos2 x  1  sin x   cos2 x  2    4 x 2  x 2  1  1  x 2  y 3   3y  2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   1 x2   x, y  R   x 2   y  1  2  1  2     y   2 3 x .cos x  2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx  1  cot 2 x 3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I , AB  a, AD  2a . Gọi M là trung điểm của cạnh AB và N là trung điểm của đoạn MI . Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng đáy  ABCD  trùng với điểm N . Biết góc tạo bởi đường thẳng SB với mặt phẳng đáy  ABCD  bằng 450 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SD theo a . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x , y, z thỏa đồng thời hai điều kiện z  max x ; y; z và xy  yz  zx  0 . x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P  2  33 . yz xz xy II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có các cạnh AB, DA tiếp xúc với  16 23  đường tròn C  :  x  2    y  3  4 , đường chéo AC cắt C  tại các điểm M   ;  và N thuộc trục Oy . 2 2  5 5  Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết điểm A có hoành độ âm, điểm D có hoành độ dương và diện tích tam giác AND bằng 10. x 1 y z Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  0;0;1 , đường thẳng  :   và 1 1 1 mặt phẳng  P  : x  2 y  z  1 . Tìm trên đường thẳng  hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại A và có trọng tâm G nằm trên mặt phẳng  P  . Câu 9.a (1,0 điểm). Trong kỳ thi thử đại học lần I năm 2013 tại trường THPT Đặng Thúc Hứa có 13 học sinh đạt điểm 9.0 môn Toán trong đó khối 12 có 8 học sinh nam và 3 học sinh nữ , khối 11 có 2 học sinh nam. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh bất kỳ để trao thưởng, tính xác suất để trong 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ, có cả khối 11 và khối 12. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho biết elip  E  có chu vi hình chữ nhật cơ sở bằng   16 2  3 , đồng thời một đỉnh của elip tạo với hai tiêu điểm một tam giác đều. Hãy lập phương trình đường tròn T  có tâm là gốc tọa độ O và cắt elip  E  tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu S  : x 2  y 2  z 2  1 , mặt phẳng  P  : z  0 và hai điểm A  1;1;0 , B  0;0;2  . Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng  P  sao cho tam giác ABC cân tại C và có trọng tâm G nằm trên mặt cầu  S  . log 8 x 2 log 2 3 1  2 x Câu 9.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình   log 2 1  2 x  3 log 2 x ---------------------------Hết--------------------------- Họ và tên thí sinh ………………………………………………………………………………..………………………………….Số báo danh………………………… Chú ý : Thí sinh có thể tra cứu điểm thi tại địa chỉ : www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
  2. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ ĐH NĂM 2013 - LẦN THỨ II __________________ Môn : Toán - Khối A và khối B ( Đáp án – thang điểm gồm 05 trang ) Câu Đáp án Điểm 1 a) (1,0 điểm) (2,0 điểm)  Tập xác định: R  Sự biến thiên :  x  1 0,25 - Chiều biến thiên : y '  3x 2  3; y '  0    x 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   . Hàm số nghịch biến trên khoảng  1;1 - Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x  1 và yC §  3 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và yCT  1 0,25 - Giới hạn : lim y  ; lim y   x  x  - Bảng biến thiên : 0,25  Đồ thị : 0,25 b) (1,0 điểm) Phương trình tiếp tuyến tại điểm A có dạng : y  y '  xA  x  xA   y  xA  hay y   3xA  3 x  2 x3  1    2 A 0,25 Hoành độ giao điểm của tiếp tuyến  với đồ thị  C  là nghiệm của phương trình : 0,25 x3  3x  1   3xA  3 x  2 x3  1  x3  3xA .x  2 x3  0 1 2 A 2 A Từ giả thiết : xA  xB  1  xB  1  xA và hoành độ điểm B thỏa mãn phương trình (1) nên :  xA  1 1  xA   3x 1  xA   2 x  0  4 x  3xA  1  0   3 2 3 3 0,25 A A A  xA  1  2  Với : xA  1  A  1;3 1 1  Với : xA   xB  nên : A  B (loại). 2 2 0,25 Vậy A  1;3 là điểm cần tìm . Trang 1/5
  3. 2 Phương trình đã cho tương đương với phương trình : (1,0 điểm) 2sin x  2cos 2 x  1  2sin 2 x   2cos 2 x  1  1  cos 2 x 0,25  2cos x  2cos 2 x  1  2sin 2 x   2cos 2 x  1  2 sin 2 x  1 cos 2 x   2  2sin x  2 cos 2 x  1   2 cos 2 x  1  0   2 cos 2 x  1 2sin x  1  0   0,25  sin x  1   2  2   1  2 x  3  k 2  x  3  k  Với : cos 2 x      k  Z  0,25 2  2 x   2  k 2  x     k   3   3   1  x  6  l 2  Với : sin x    l  Z  2  x  5  l 2  0,25  6   5 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : x    k ; x   l 2 ; x   l 2  k , l  Z  3 6 6 3 Điều kiện : y  0  (1,0 điểm) Phương trình thứ hai của hệ tương đương với : y  x 2  y 2  2 y  1  2  y  1  x 2  x 2  y  2  y 3  2y  y  2  0 2 0,25  y  2  x 2  y  2    y  2   y 2  1  0   y  2   x 2  y 2  1  0   2  x  y 1  0 2  Với : y  2 thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có :  x2  0  x0 4 x2  x2  x2  1  1     x2  1  1  4    x  2 2 0,25  1  x  1  Với : x 2  y 2  1   1  y  1 Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có : 4  x 2  1  1        x2  1  1  x2  y3  3 y  2  4  x2  1  1    x2  1  1  x2  1  1  x 2  y3  3 y  2   4 x 2  1  x 2  y 3  3 y  2  0 * 0,25 - Xét hàm số : g  y   y3  3 y  2 , trên đoạn  1;1 ta có : g '  y   3 y 2  3; g '  y   0  y  1 Suy ra : Min g  y   Min g  1 ; g 1  g 1  4  1;1 4x  x0 - Xét hàm số : f  x   4 x 2  1  x 2 , trên đoạn  1;1 ta có : f '  x    2x  0   x2  1 x   3 Suy ra : Min f  x   Min  f  1 ; f  0  ; f 1  f  0   4  1;1 x  0 0,25 Do đó : f  x   g  y   0 . Dấu "  " xảy ra   y 1  x  0  x  2 2  x  2 2  x  0   Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là :  ; ; ;  y  2  y  2  y  2  y  1   4     (1,0 điểm) 3x.cos x  2 2 2 2 2 Ta có : I   dx   sin 2 x.  3x.cos x  2 dx   3x.cos x.sin 2 xdx   2sin 2 xdx 0,25  1  cot x 2    3 3 3 3  2 ux  du  dx  Với : I1   3x.cos x sin 2 xdx . Đặt :   dv  3cos x.sin xdx v  sin x 2 3  3   0,25    cos x   3 11 3  I1  x.sin 3 x     cos 2 x  1d  cos x   x.sin 3 x    2 2 2 2  cos x     3  3  3  2 8 24 3 3 Trang 2/5
  4.     2  2 2 1 3  Với : I 2   2sin xdx   1  cos 2 x dx   x  sin 2 x    2 0,25    2   6 4 3 3 3 2 3 3 11 Vậy : I  I1  I 2     0,25 3 8 4 24 5 a (1,0 điểm) Ta có : AM  BM  MN  2 a 2  BN  BM 2  MN 2  2 Theo bài ra : SBN  45  SNB vuông cân tại N 0 0,25 a 2  SN  BN  2 1 1 a 2 2 3  Do đó : VS . ABCD  .SN .S ABCD  . .2a 2  a 3 3 2 3 1 1 a 2 1 a  a 2 3 Lại có : VSAMD  .SN .S ADM  . .  . .2a   0,25 3 3 2 2 2  12 a 2 a 2 9a 2 SA  AN 2  SN 2  a; SD  SN 2  ND 2    a 3 2 4 4 0,25 1 a2 3 Suy ra tam giác SAD vuông tại S  SSAD  SA.SD  2 2  Do đó : d  MN ; SD   d  M ;  SAD    SMAD  3V a 6 . 0,25 SSAD 6 6 x x (1,0 điểm) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :  1  2. yz yz 0,25  x y  z Từ đó suy ra : P  2   yz  xz   3. 3  1   x y x y x y Giả sử : x  y . Ta sẽ chứng minh :   , với x  y và xy  yz  zx  0 yz xz z Thật vậy : x y x y xz yz      1 * yz xz z  x  y  y  z   x  z  x  y  xz 2 xz 2 xz Lại có :   ;  x  y  y  z  2 z  x  y  .x  y  z  xy  yz  2 xz 0,25 yz 2 yz 2 yz   .  x  z  x  y  2 y  x  z  .z  x  y  xy  zx  2 yz 2 xz 2 yz Do đó : VT  *    , mà : yz  2 zx  zx  2 yz và yz  xy xy  yz  2 zx xy  zx  2 yz 2 xz 2 yz 2 xz  2 yz 2 xz  yz  xy Nên : VT  *      1 xy  yz  2 zx xy  zx  2 yz xy  yz  2 zx xy  yz  2 zx Dấu "  " xảy ra  x  y  z hoặc x  z ; y  0 z 1 2 Đặt : t  6 với t  6 , ta được : P  f (t )  3  3t 2  1 0,25 x y 2 t 6 6(t 5  1) Ta có : f '(t )  6t    0  t 1 t4 t4 0,25 Lập bảng BT cho ta : Min f (t )  f (1)  4 . Vậy : MinP  4  x  z, y  0 7.a Đường tròn C  có tâm I  2;3 và bán kính R  2 . Ta có : (1,0 điểm)  x  2t N là giao điểm của C  với trục Oy  N  0;3 . Phương trình đường thẳng  AC  :  t  R 0,25 y  3  t Trang 3/5
  5. Giả sử A  2a;3  a  . Gọi P, Q lần lượt là tiếp điểm của 0,25 đường tròn C  với các cạnh AB, AD. Tứ giác APIQ là hình vuông  AI  2 R2  2 2 .  2  2a   a 2  8  A  4;5 2 Từ đó ta có : Giả sử PT đường thẳng AD : a  x  4   b  y  5  0  ax  by  4a  5b  0 a 2  b 2  0   2a  3b  4a  5b a  0 Ta có : d  I ; AD   R  2 0,25 a2  b2 b  0  Trường hợp 1 : b  0  a  0   AD : x  4 . ( loại do D có hoành độ dương )   Trường hợp 2 : a  0  b  0   AD : y  5 . Giả sử : D  n;5  2S AND  n6 Lúc đó : AD   10  n  4  10   d  N ; AD  n  14 +) Với : n  6  D  6;5 . Đường thẳng DC đi qua D và song song với Oy nên có phương trình : x  6 0,25  x 6  Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ :  x  2t  C  6;0  . Suy ra tọa độ điểm B  4;0  y  3  t  +) Với : n  14 (loại) Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD là : A  4;5 , B  4;0  ,C  6;0  , D  6;5  8.a Giả sử : B  b  1; b; b  , C  c  1; c; c  (1,0 điểm) Ta có : AB  b  1; b; b  1 ; AC  c  1; c; c  1 . 0,25  b  c  2 b  c b  c 1 Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ : G  ; ;   3 3 3  Tam giác ABC vuông tại A nên : AB. AC  0  2  b  1 c  1  bc  0  3bc  2  b  c   2  0 1 b  c  2 2 b  c  b  c  1 0,25 Trọng tâm G thuộc mặt phẳng (P) nên :   1 b c 1  2 3 3 3 b  c  1 b  0  b  1 Từ (1) và (2) ta có hệ :   ; 0,25  bc  0  c  1 c  0 b  0  Với :   B  1;0;0  , C  0;1;1 c 1 0,25 b  1  Với   B  0;1;1 , C  1;0;0  c  0 Vậy : B(-1 ;0 ;0), C(0 ;1 ;1) hoặc B(0 ;1 ;1) , C(-1 ;0 ;0) . 9.a  Chọn 3 học sinh trong 13 học sinh có : C13  286 cách chọn 3 0,25 (1,0 điểm)  Chọn 3 học sinh có cả nam và nữ, có cả khối 12 và khối 11 có 3 trường hợp xảy ra : - Trường hợp 1 : Chọn 1 học sinh nam khối 12, 1 học sinh nữ khối 12, 1 học sinh nam khối 11 Có : C8 .C3 .C2  48 cách chọn. 1 1 1 - Trường hợp 2 : Chọn 1 học sinh nữ khối 12 và 2 học sinh nam khối 11 0,25 Có : C3 .C2  3 cách chọn. 1 2 - Trường hợp 3 : Chọn 2 học sinh nữ khối 12 và 1 học sinh nam khối 11 Có : C32 .C2  6 cách chọn. 1 Vậy để chọn 3 học sinh có cả nam và nữ, có cả khối 11 và khối 12 có : 48  3  6  57 cách chọn. 0,25 57  Xác suất để chọn được 3 học sinh thỏa mãn đề bài là : P   0,199 . 0,25 286 7.b x 2 y2 (1,0 điểm) Giả sử  E  :   1 a  b  0  a2 b2 0,25   Chu vi hình chữ nhật cơ sở là : 4  a  b   16 2  3 . Gọi M  0; b  là một đỉnh của  E  Trang 4/5
  6. 3 a 3 Tam giác MF1 F2 đều nên : MO  F1 F2  b  3c . Lại có : a 2  b 2  c 2  b  2 2 Từ các hệ thức trên ta tìm được : a  8; b  4 2 . x 2 y2 0,25 Phương trình  E  :  1 64 48 Gọi R là bán kính của đường tròn T  , ta có phương trình đường tròn T  : x 2  y 2  R2 . Tọa độ bốn giao điểm của T  và  E  là nghiệm của hệ phương trình :  2 3072  64 R 2  x 2 y2 x  0,25   1  2 2 48 x  64 y  3072  16  64 48   2 2 2 2 x 2  y 2  R2 x  y  R   y 2  3072  48 R    16 Bốn giao điểm này tạo thành một hình vuông có tâm là gốc tọa độ khi và chỉ khi : 3072  64 R 2 3072  48 R 2 384 x 2  y2    112 R 2  6144  R 2  16 16 7 0,25 384 Do đó phương trình đường tròn T  : x 2  y 2  . 7 8.b Giả sử C  a; b;0  , ta có : (1,0 điểm) AC   a  1   b  1 ; BC  a 2  b2  4 ; 2 2 0,25  a 1 b 1 2  Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ G  ; ;   3 3 3 Tam giác ABC cân tại C nên : AC  BC  a  b  1 1  a  1   b  1  4 2 2 0,25  1   a  1   b  1  5  2  2 2 Trọng tâm G thuộc mặt cầu (S) nên : 9 Từ (1) và (2) ta có hệ :  a  2  a  b 1   a  b 1 b 1   2  0,25  a  1   b  1  5 2 2 b  b  2  0   a  1    b  2  a  2  Với :   C  2;1;0  b 1 0,25  a  1  Với   C  1; 2;0  b  2 Vậy C(2 ;1 ;0) hoặc C(-1 ;-2 ;0). 9.b  x0 (1,0 điểm) 1  2 x  0  1 Điều kiện :  0 x 0,25  log 2 x  0  2 log 2 1  2 x   0   Bất phương trình đã cho tương đương với : 1 log 2 x 2 1 log 1  2 x  log 2 x log 2 1  2 x  0,25 .   . 2   2 3 log 2 1  2 x  3 3 log 2 x log 2 1  2 x  log 2 x  t  1 2 log 2 x 1 Đặt : t  , t  0 , bất phương trình trên trở thành : t  2    0  t  1 Do t  0  0,25 log 2 1  2 x  t t 1 Với : t  1 , ta có : log 2 x  log 2 1  2 x   x  3 0,25 1  Kết hợp điều kiện cho ta tập nghiệm của bất phương trình ban đầu là : T    3 __________________________Hết__________________________ Xin gửi lời cảm ơn tới các thầy : Lê Đình Mẫn (Quảng Bình), Huỳnh Bảo Toàn (An Giang), Lê Trung Tín (Đồng Tháp), Dương Văn Sơn (Nghệ An), Đặng Minh Trường(Hà Tĩnh) cùng các thầy cô giáo tổ Toán trường Đặng Thúc Hứa đã tham gia giải phản biện đề thi này ! Trang 5/5
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản