SỞ GD - ĐT HẢI DƢƠNG TRƢỜNG THPT THANH MIỆN

3

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

y

x

23  x mx

2

0m  .

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)  (1). Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số:

1

: d y

 một góc

2 x

2

x

x

x

x

4sin

2sin

2cos

3

3

 1 cos

O45 . 

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi b) Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời đường thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với đường thẳng

2

x

x

2 3 sin

cos

2

x

y

y

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .

  x 1   1 7

2sin x 2

2

4

,x y  .

 

x

y

x

4

6 3

7 2

1

   

 2

x

x

sin

sin 3

I

dx

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình với

0

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân .

O30

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ

x x sin 2  x 1 cos   có đáy ABC là tam giác vuông tại A và góc  .ABC A B C đều cạnh a và nằm trong một mặt phẳng  và khoảng

.ABC A B C

ABC  vuông góc với mặt phẳng đáy hình lăng trụ. Tính theo a thể tích khối lăng trụ cách giữa hai đường thẳng AC , BB .

2

2

. Biết M là trung điểm của AB , tam giác MA C

c

a

,

,

a b c  thoả mãn 0

Câu 6 (1,0 điểm). Cho

2 1  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 a

.     P 1 1 c b

  . Giả sử

x

1 0

y 3

D

N

E

3;3

4;

,

,

7 2

  

  

  

  

z

5 0

   , đường

theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ phương trình

b  1   a b c II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ đƣợc làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chƣơng trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC và đường thẳng  có 14 19 ; 5 10 A , chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh AB . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng  và hoành độ của M lớn hơn 2. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng  y 2

 : P x

4;3; 4

 A 

P đi qua giao điểm

z y x 3 1 3   d : thẳng , điểm . Gọi  là đường thẳng nằm trong   1  1

 2 P đồng thời vuông góc với d. Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.

của d với  Câu 9.a (1,0 điểm). Viết 6 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 lên 6 thẻ bài như nhau. Lấy ngẫu nhiên và liên tiếp 3 thẻ bài sau đó xếp theo thứ tự từ trái sang phải, ta được một số tự nhiên. Tìm xác suất để nhận được một số chẵn có 3 chữ số.

2

2

2

2

:

5

x

y

y

 ,  2

 . Xét tam giác ABC có B thuộc 

 1 : C x

C 2

1;0A  1C và C thuộc 

B. Theo chƣơng trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm

  B , C để diện tích của tam giác ABC lớn nhất.

và hai đường tròn 2C . Tìm toạ độ

1 :

x 1

z 1

y 2 

và Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng

P chứa đường thẳng

2 và tạo với đường

2

1 1 x z :    . Viết phương trình của mặt phẳng 

2

3

2

2

2

0

z

z

z

z i

i  

thẳng  3 O30 . 1 y   1 1  1 một góc

  .

Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức

---------- Hết --------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Cảm ơn bạn Ngô Thanh Lịch Ma (datlich@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl

SỞ GD - ĐT HẢI DƢƠNG TRƢỜNG THPT THANH MIỆN

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1, B, D (Đáp án – thang điểm gồm 7 trang) Câu Đáp án Điểm

(1).

Cho hàm số: a) (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi .

Khi , ta có hàm số .

. 0,25  Txđ:  Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: ; .

Các khoảng đồng biến: và ; khoảng nghịch biến: .

, ; 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại Hàm số đạt cực tiểu tại , .

- Giới hạn: .

- Bảng biến thiên:

+ 0 0 +

0,25 2

 Đồ thị 1 (2 điểm)

0,25

b) (1 điểm) Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời đường thẳng nối hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với đường thẳng một góc .

. 0,25 .

Ta có Hàm số có cực trị Khi đó, gọi có hai nghiệm phân biệt là hai điểm cực trị của hàm số thì là hai nghiệm của

. Ta có

0,25

Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là .

có vtpt là , có vtpt là .

0,25 Gt .

.

0,25

Kết hợp với , ta có .

Giải phương trình .

Điều kiện: .

0,25

2 (1 điểm) 0,25

0,25

Kết hợp điều kiện nghiệm pt là . 0,25

Giải hệ phương trình với .

Điều kiện . Đặt . Ta được hệ phương trình . 0,25

. Cộng vế với vế ta được: 0,25 3 (1 điểm)

0,25

0,25

4 . (1 điểm) Tính tích phân

Ta có .

0,25

Với , đặt

0,25 .

. 0,25

Đặt . Khi thì , khi thì

0,25

.

Cho hình lăng trụ có đáy và góc

là trung điểm của , tam giác

là tam giác vuông tại . Biết đều cạnh a và nằm trong một mặt phẳng vuông và thể tích khối lăng trụ

.

, góc với mặt phẳng đáy hình lăng trụ. Tính theo khoảng cách giữa hai đường thẳng Gọi H là trung điểm của MC, do đều cạnh a

mà theo giao tuyến là

.

Giả sử

0,25

5 (1 điểm)

. Ta có .

0,25

(đvtt).

Ta có:

0,25 cân tại đường cao ứng Do

với đáy bằng .

(đvđd). 0,25

Cho thoả mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.

Ta có .

0,25

Dấu bằng xảy ra khi .

Với mọi , từ hệ thức hiển nhiên , suy ra

0,25

6 (1 điểm) Dễ thấy, dấu bằng ở (2) xảy ra khi .

Áp dụng (2) cho a, b, c, ta có

0,25

Từ (1), (3) suy ra .

Dấu bằng xảy ra khi . 0,25

Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là đạt được khi .

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , cho tam giác và đường thẳng có phương trình

. Giả sử theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ ,

. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác

và trung điểm cạnh của cạnh nằm trên đường thẳng và hoành độ của lớn

chân đường cao kẻ từ biết rằng trung điểm hơn 2.

là đường tròn ngoại tiếp tam giác

Gọi ABC, H là trực tâm tam giác ABC. , Trên cạnh BC, gọi 7.a (1 điểm) . Ta có D, M lần lượt là trung

điểm của lần lượt là ảnh 0,25 của qua phép vị tự tâm H tỉ số

thuộc đường tròn là ảnh của

qua phép vị tự tâm H tỉ số .

Vậy D, E, M, N cùng nằm trên đường tròn .

Gs pt , với . Khi đó ta có:

.

0,25

. phương trình của

Do nên toạ độ điểm M thoả mãn hệ phương trình

.

.

Đường thẳng BC đi qua hai điểm D, M có phương trình Giả sử vì M là trung điểm của đoạn BC nên , là trung điểm của 0,25

. đoạn thẳng AB nên

. Do nên

0,25

Do đó .

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng , đường thẳng

, điểm . Gọi là đường thẳng nằm trong đi qua giao

điểm của d với đồng thời vuông góc với d. Tìm trên điểm sao cho khoảng cách

ngắn nhất.

Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:

0,25

Gọi I là giao điểm của (d) và (P) 8.a (1 điểm) Do .

Ta có d có vectơ chỉ phương là , có vectơ pháp tuyến là

0,25 . Vector chỉ phương của là

Vì Giả sử . 0,25 AM ngắn nhất

0,25 . Vậy .

Viết 6 chữ số lên 6 thẻ bài như nhau. Lấy ngẫu nhiên và liên tiếp 3 thẻ bài sau

đó xếp theo thứ tự từ trái sang phải, ta được một số tự nhiên. Tìm xác suất để nhận được một số chẵn có 3 chữ số. 9a (1 điểm)

Không gian mầu gồm kết quả đồng khả năng xảy ra. 0,25

là biến cố: “3 thẻ lấy được tạo thành số tự nhiên chẵn có 3 chữ số”. Ta có các như sau: 0,25 cách chọn trường hợp

. cách chọn trường hợp 0,25 Gọi trường hợp xảy ra TH1: Thẻ cuối ghi chữ số 0 thì 2 thẻ đầu có này có 20 kết quả thuận lợi cho TH2: Thẻ cuối ghi chữ số 2 hoặc 4 thì 2 thẻ đầu có này có kết quả thuận lợi cho .

Vậy, . 0,25

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , cho điểm và hai đường tròn ,

. Xét tam giác ABC có thuộc và thuộc . Tìm toạ độ , để

diện tích của tam giác lớn nhất.

Ta có O là tâm của .

có diện tích lớn nhất.

0,25 Giả sử Ta có , vì nếu không, chẳng hạn CO không vuông góc với AB thì tồn tại điểm thuộc đường tròn sao cho ,

, vô lí.

có diện tích lớn nhất thì ABC phải Do đó nếu là tam giác nhận O làm trực tâm.

Gọi . Vì nên

.

7.b (1 điểm) Ta có 0,25

Từ (2) và (3) .

Từ (1) .

Từ (4) và (5)

0,25

Thế (7) vào (2) không thoả mãn (7) loại. Ta có

5

5

1

3

    , với S

0, 4

S  

Bx

Bx

 2

1

y

B

2  

2  

y C

Với .

1

y

y y B C 

1

  . Khi đó, ta có

2 B

x   B

x C

y

1  

B

4

y

2 B

    

2

y C

        

Vậy S lớn nhất 0,25

 ( 1;1),

  hoặc ( 1; 2)

  ( 1; 1),

 ( 1;2)

B 1

C 1

B 2

C 2

Vậy với thì diện tích tam giác ABC đạt

giá trị lớn nhất và bằng 3.

1 :

và    Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng x 1 y  2 z 1

P chứa đường thẳng

2 và tạo

2

1 1 x z :    . Viết phương trình của mặt phẳng   1  3 1 y  1 

O30 .

1 một góc

với đường thẳng

u 

 (1; 2;1)

n  2

2

2

2

và có vtcp , .

 

  1; 1;3 a

b

1 có vtcp là 1 c

 . 0

)P với

0,25

   

a b

n

b a

c 3

0

  1; 1;1 A  2 đi qua   ; ; n a b c là vtpt của ( Giả sử      u Giả thiết 2

a

2  b c

0

0

.

30

sin 30

cos

)P tạo với

,n u 1

1 góc

8.b (1 điểm) Giả thiết: (

c 3 (1) 

2

2

2

1   2

a

b

c

6

  a

c 5

2

2

2

(1) 

3

5 c

a

3 ac

5 c

 a  

0,25

2

2

1 2

a

ac

3

2

6

c 10

2

2

ac

a

  a 2

c 10

0

2

c 2

   

 c a 5

( ) : 5 P

x

z

. 0,25

0   hay

  

a

c

b

5,

2

11

    a c c a 0 2 5, 2 5 chän      0     c a a c 2, 1 0 2 chän      1 2 1 11 y  

 1  

5

11

2

x

y

z

  . 4 0

Với

x

y

z

P ( ) : 2

0,25

    .

a

c

x

y

z

2,

     b 1

1

  hay 2 0

2 0

   1

   1

 1

2

3

2

z

z

  i

z

z i

2

2

0

  .

Với

2

3

2

2

2

2

0

z z

z

z

z

z i

 

i  

 

2

2

0

z

z z

z i

3 z  

i  

 

Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức

 

Do 2z nên

2

   i

 z z

2

2

y

xyi

x

yi

2 x  

2 2 

0,25 i 2  i z z z  2 2 0 (1)   z z

0 

yi

x  

2

0      ,x y  với Với (1) , giả sử z

0

 xy

x 2

2 2 y  y   2

x 0

   

2

0

y

x

x

2 2 

0, 0,

y y

x x

0  2  

0,25 9b (1 điểm)

0 1

1,

3

x

y

 

  y   x  

       

0,25

i

3 i

Cảm ơn bạn Ngô Thanh Lịch Ma (datlich@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl

0,25 . Vậy, các số phức cần tìm là , 0, 2, 1