Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Hà Nội Amsterdam năm 2013 lần 1

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

70
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm chuẩn bị kiến thức cho kì tuyển sinh Đại học mời các bạn học sinh lớp 12 đang chuẩn bị kiểm tra tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Hà Nội Amsterdam năm 2013 lần 1.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Hà Nội Amsterdam năm 2013 lần 1

THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERDAM. KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2013 ĐỀ THI THỬ ĐỢT MỘT. Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): 1. Câu I (2 điểm) : Cho hàm số y = ( x + 1) 2 ( x − 1) 2 (1) , cã ®å thÞ ( C ) . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số (1) . 2) Lập phương trình đường thẳng (d ) đi qua điểm cực đại của đồ thị ( C ) sao cho tổng các khoảng cách, từ hai điểm cực tiểu của đồ thị ( C ) đến đường thẳng (d ) đạt giá trị lớn nhất. 2. Câu II (2 điểm) : 1) Giải phương trình : tan 2 x + cot x = 8 cos 2 x . 5 x 2 − 3 y = x − 3xy  2) Giải hệ phương trình :  3 . x − x 2 = y 2 − 3 y 3  3. Câu III (1 điểm) : Tính diện tích hình phẳng ( H ) giới hạn bởi các đường ( P) : y 2 = 4 x và (∆) : 2 x − y − 4 = 0 . 4. Câu IV (1 điểm) : Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B ′C ′ có đáy (ABC) là tam giác cân với AB = AC = a , góc ∠BAC = 1200 , cạnh bên BB′ = a , gọi I là trung điểm của CC ′ . Tính góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AB ′I ) 5. Câu V (1 điểm) : 11 7 Cho hàm số y = f ( x) = x + + 2 1 + 2 với x > 0 .Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số . 2x x II. PH N RI£NG (3,0 điểm):Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần riêng (Phần A hoặc phần B) PHẦN A. Theo chương trình chuẩn : 1. Câu VI.a (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC với các đường cao AD, BE, CF. Biết tọa độ các điểm D(−1; − 2 ) , E (2 ; 2 ) , F (−1; 2 ) . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC. 2. Câu VII.a (1 điểm): Tính tổng : S = 1.C2013 + 2.C 2013 + 3.C 2013 + 4.C 2013 + ⋯ + 2014.C2013 . 0 1 2 3 2013 3. Câu VIII.a (1 điểm):Trong không gian tọa độ 0xyz cho mặt phẳng (P) : x − 2 y + 2 z + 2 = 0 và các điểm A( 4; 1; 3 ) , B( 2; − 3; − 1) . Tìm tọa độ của điểm M nằm trên mặt phẳng (P) sao cho tổng MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. B. Theo chương trình nâng cao : 1. Câu VI.b (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho đường thẳng (d ) : x − 4 y − 2 = 0 và tam giác ABC có điểm A thuộc đường thẳng (d ) , đường thẳng BC song song với đường thẳng (d ) , đường cao BH có phương trình x + y + 3 = 0 , điểm M (1; 1) là trung điểm AC.Tính tọa độ các điểm A, B, C. 2 n +1 2. Câu VII.b (1 điểm): Biết rằng C2 n+1 + C2n+1 + C2n+1 + ⋯ + C2n+1 = 1024 . Tìm hệ số của số hạng chứa 1 3 5 x 7 trong khai triển của nhị thức (3 − 4 x) n . 3. Câu VIII.b (1 điểm):Trong không gian tọa độ 0xyz cho mặt phẳng ( P) : 2 x − 2 y − z + 9 = 0 và mặt cầu ( S ) : ( x − 3) 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 1) 2 = 100 . Tìm tọa độ của điểm M nằm trên mặt cầu (S) sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) đạt giá trị lớn nhất. ……………..…………… Hết .………………………….. Cảm ơn (hotboy@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl
Trường THPT Chuyên Hà nội – Amsterdam HƯ NG D N CH M THI THỬ ĐH-CĐ 2013 Câu N i dung ði m C©u I: (1.0 ®iÓm) : • y = ( x − 1) 2 ( x + 1) 2 = x 4 − 2 x 2 + 1 có TXĐ R 0,25®iÓm Câu I: ⇒ y ′ = 4 x 3 − 4 x = 4( x 2 − 1) = 0 tại x=0(y=1) và ( x = ±1 ,y=0) (1.0 ®iÓm) ®iÓm) iÓm 0,25®iÓm 1 4 • ( y ′′ = 12 x 2 − 4 = 0 tại x = ± ,(y = ) ) 3 9 • Đồ thị hàm số không có tiệm cận. • lim y = lim y = +∞ x → +∞ x →−∞ 0,25 ®iÓm • Bảng biến thiên x −∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ +∞ 1 0,25®iÓm 0 0 2. Điểm cực đại A(0;1), hai điểm cực tiểu B(-1;0) và C(1;0) tạo thành tam giác cân tại A. Gọi (d) là đường thẳng qua A d ≡ Oy thì tổng các khoảng cách từ B và C đến (d) bằng BC=2 0,25 điểm d ≠ Oy thì phương trình (d) là y= .x+1 với . Các khoảng cách từ B và C đến (d) là: và . Tổng các khoảng cách trên là: 0,25 điểm + Dấu đẳng thức khi nên phương trình (d) là Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn là Oy và y=1 0,25 điểm *) Chú ý: Với hàm số trùng phương y = ax 4 + bx 2 + c khi đồ thị có đủ các điểm cực đại và 0,25 điểm cực tiểu thì ba điểm này tạo thành tam giác cân. Ta có bài toán hình học: Cho tam giác ABC cân ở A, xác định vị trí đường thẳng (d) qua điểm A sao cho tổng các khoảng cách từ hai đỉnh B và C đến (d) đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất. TH1: (d) cắt cạnh BC tại điểm M (lúc đó hai điểm B, C khác phía nhau qua (d)). Ta có: 2(BE+CF).AM=2.S (với S là diện tích tam giác ABC, S không đổi) *)BE+CF đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ AM đạt giá trị lớn nhất ⇔ M ≡ B hoặc M ≡ C , lúc đó (d ) ≡ AB hoặc (d ) ≡ AC . Giá trị nhỏ nhất bằng độ dài đường cao kẻ từ B hoặc C. *) BE+CF đạt giá trị lớn nhất ⇔ AM đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ M ≡ H , lúc đó (d ) là đường cao đỉnh A và giá trị lớn nhất bằng BC TH2: (d) không cắt cạnh BC (lúc đó B, C nằm cùng phía với (d)). Ta có: BE+CF=2HM là đường trung bình hình thang. Chú ý: HN ≤ HM ≤ HA . Giá trị nhỏ nhất đạt khi HM ≡ HN tức là (d ) ≡ AB hoặc (d ) ≡ AC . Giá trị nhỏ nhất bằng độ 1
dài đường cao kẻ từ B hoặc C (bằng 2HN) Giá trị lớn nhất đạt khi HM ≡ HA lúc đó (d)//BC và giá trị lớn nhất bằng 2AH Kết luận: o Giá trị nhỏ nhất đạt khi (d ) ≡ AB hoặc (d ) ≡ AC o Với giá trị lớn nhất thì: • Tam giác ABC có góc BAC>900 thì 2AH
C©u III / Cách 1: ( P) : y 2 = 4 x cắt (∆) : 2 x − y − 4 = 0 ở A(1;−2) và B(4;4) , 0,5 ®iÓm Từ đồ thị suy ra diện tích cần tìm là: 0,5 ®iÓm 1 4 S = 2 ∫ 2 x .dx + ∫ [2 x − (2 x − 4)].dx = 9 (đvdt) 0 1 Câu III (2 ®iÓm) Cách 2: Lấy đối xứng qua phân giác góc 1 thì (P): y 2 = 4 x thành 0,5 ®iÓm x2 (P’): x 2 = 4 y hay y = ; (∆) : 2 x − y − 4 = 0 thành 4 x 0,5 ®iÓm (∆' ) : 2 y − x − 4 = 0 hay y = + 2 2 (P’) cắt (∆' ) ở A’(-2;1) và B’(4;4). Từ đồ thị suy ra diện tích 4 x x2  −2 2  ∫ cần tìm là: S =  + 2 − dx = 9 (đvdt) 4  Câu IV 1/ Có thể đạt hình lăng trụ đứng đã cho vào không gian tọa độ Oxyz với A(0;0;0) trùng gốc (1 điểm) −a a 3 tọa độ O, B(a;0;0), C ( ; ;0) , A’(0;0;a), 2 2 −a a 3  B’(a;0;a), C '    2 ; 2 ;a .   −a a 3 a Lúc đó I    2 ; 2 ; 2 .   Mp(ABC) là mặt phẳng xOy có vtpt k (0;0;1), k = 1 0,5 ®iÓm AB ' = (a; 0; a ) = a (1; 0;1) , −a a 3 a −a AI    2 ; 2 ; 2  = 2 1;− 3;−1 ( )      AB ', AI  = ( ) 3; 2; − 3 = u là vtpt của mp(AB’I), u = 10 3 3 k .u = − 3 , cos(k , u ) = − . Vậy góc nhọn α giữa hai mặt phẳng cần tìm có cos α = 10 10 0,5 ®iÓm 3
Câu V 7 Cách 1: Theo BĐT Bunhiacopxki cho (1, ) và (3, 7 ) . Ta có: 0,25 ®iÓm x 2  7   7 7 7 7 3 7 1 + 2 (9 + 7 ) ≥  3 +  ⇒ 4 1 + 2 ≥ 3 + ⇒ 2. 1 + 2 ≥ + 0,25 ®iÓm  x   x x x x 2 2x 11 3 7 9 3 9 3 15 0,25 ®iÓm Từ đó: A ≥ x + + + = x + + ≥ 2 x. + = 2x 2 2x x 2 x 2 2 15 Dấu đẳng thức đạt trong cả hai lần xét BĐT khi x=3, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 0,25 ®iÓm 2 11 7 11 x2 + 7 Cách 2: f ( x) = x + + 2 1+ 2 = x + + 2. với miền xác định x>0 0,25 ®iÓm 2x x 2x x x .x − x 2 + 7 11 Có: f ' ( x) = 1 − 2 + 2. 2 x +7 = ( )( x 2 + 7 − 4 2 x 2 + 8 x 2 + 7 + 21 ≥0 ) 2x x2 2x2. x2 + 7 0,5 ®iÓm 15 ⇔ x 2 + 7 ≥ 4 ⇔ x ≥ 3 . Vậy GTNN f ( x) = f (3) = khi x = 3 2 0,25 ®iÓm 2 Chú ý: Để xét dấu f’(x) có thể đổi biến t = x + 7 VIa Nhận xét với tam giác ABC không vuông có các đường cao AD, BE, CF thì ta có tam giác DEF. Với tam giác ABC thì AB, BC, CA là các cạnh, còn với tam giác DEF thì AB, BC, CA là các đường phân giác ngoài (hoặc có hai cạnh là đường phân giác trong, cạnh còn lại là phân giác ngoài của đỉnh còn lại). 0,25 Phương trình đường thẳng DE: ; EF: y – 2 = 0 ; FD: x + 1 = 0. Phương trình các phân giác trong và ngoài của tam giác DEF đi qua các đỉnh D, E, F lần lượt là 0,25 d1 : 3x – y + 1 = 0 ; d’1 : x + 3y + 7 = 0 ; d2 : x – 2y + 2 = 0 ; d’2 : ; d3 : x + y – 1 = 0 ; d’3 : x – y + 3 = 0 ; 0,25 Trong đó d1 ; d2 ; d3 là các đường phân giác trong lần lượt tại D, E, F. d’1 ; d’2 ; d’3 : là các đường phân giác ngoài lần lượt tại D, E, F. Đáp số : Phương trình AB, BC, CA lần lượt là (d’1 ; d’2 ; d’3) ; (d1 ; d2 ; d’3) ; (d1 ; d’2 ; d3) ; (d’1 ; d2 ; d3). A H 0,25 E F F E H A B C B C D D VII.a Xét 0,25 Ta có 0,25 Khi đó S = 0,5 VIII.a Lấy E là trung điểm của AB thì E(3 ; -1 ; 1) 0,5 Ta có MA2 + MB2 = 2ME2 + ; với AB2 là đại lượng không đổi. Do đó MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất khi ME nhỏ nhất M là hình chiếu của E trên (P). 0,5 Mp(P) có vectơ pháp tuyến (1 ; - 2 ; 2) nên đường thẳng EM đi qua E và vuông góc với (P) có phương trình tham số . Điểm M ứng với t thoả mãn phương trình mặt phẳng (P) (3 + t) – 2( - 1- 2t) + 2(1 + 2t) + 2 = 0 9t + 9 = 0 t = - 1. 4
Do đó điểm M có toạ độ (2 ; 1 ; - 1) VI.b Đường thẳng AC qua điểm M(1 ; 1) và vuông góc với BH : x + y + 3 = 0 có phương trình 0,25 Đường thẳng AC cắt đường thẳng d : x – 4y – 2 = 0 tại A( ; ). 0,25 Điểm M(1 ; 1) là trung điểm của AC nên toạ độ của C( ; ). 0,25 Đường thẳng BC // d và đi qua C nên có phương trình x – 4y + 8 = 0. Đường thẳng BC cắt đường thẳng BH ở B( ; ). 0,25 VII.b Ta chứng minh được hai đẳng thức sau 0,5 Từ đó ta có Vậy 22n = 1024 22n = 210 n = 5. 0,25 0,25 Do đó (3 – 4x)n = (3 – 4x)5 khi khai triển được đa thức bậc 5, vậy hệ số của x7 là 0. VIII.b. Cách 1 : Điểm M(a ; b ; c) nằm trên mặt cầu thì ta có (a – 3)2 + (b + 2)2 + (c – 1)2 = 100 0,25 Theo Bunhiakopxki cho 2 bộ số (a – 3 ; b + 2 ; c + 1) và (2; - 2; - 1) ta có : [(a – 3)2 + (b + 2)2 + (c – 1)2 ](4 + 4 + 1) ≥ [2(a – 3) – 2(b + 2) – (c – 1)]2 0,5 100.9 ≥ (2a – 2b – c – 9)2 30 ≥ 2a – 2b – c – 9 ≥ - 30. 48 ≥ 2a – 2b – c + 9 ≥ - 12 |2a – 2b – c + 9| ≤ 48 d ≤ 16 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra : Từ đó ; ; . Vậy điểm M( Cách 2 : Đường thẳng d qua tâm mặt cầu I(3 ; - 2 ; 1) và vuông góc với mặt phẳng (P) thì có 0,25 phương trình tham số . Đường thẳng d cắt mặt phẳng (P) tại điểm H ứng với tham số t thoả mãn phương trình 0,25 Vậy H(- 1 ; 2 ; - 1) Đường thẳng d cắt mặt cầu tại các điểm ứng với tham số t thoả mãn 0,25 (3 + 2t – 3)2 + ( - 2 – 2t + 2)2 + (1 – t – 1)2 = 100 9t2 = 100 t= Điểm M ứng tới t = là ( Vì nên vị trí các điểm M, N, I, H trên đường thẳng d sắp theo thứ tự 0,25 M, I, H, N. Do đó điểm cách (P) khoảng lớn nhất là M( . (Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn tâm H). Cảm ơn (hotboy@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl 5