Thi thử ĐH trường NVC

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (191.22 KB, 5 trang )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn : TOÁN.
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2x 1
y
x 1
− +
=
+
(1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
(C)
của hàm số (1)
b) Tìm m để đường thẳng
mxyd +−=:
cắt
(C)
tại hai điểm A, B thỏa mãn
22=AB
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
.cos2cos3cos1sin2sin3sin xxxxxx −+=+++
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2x 7 4
x x 4 x 2.
x
x

−
− > + −
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
.d
2
2ln
0
∫
++
=
−
x
ee
x
I
xx
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ
1 1 1
.ABC A B C
có M là trung điểm cạnh AB,
BC 2a,=
góc ACB bằng
0
90
và góc ABC bằng
0
60 ,
cạnh bên
1
CC

tạo với mặt phẳng
)(ABC
một góc
,45
0
hình chiếu vuông
góc của
1
C
lên mặt phẳng
)(ABC
là trung điểm của CM. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và góc tạo
bởi hai mặt phẳng
)(ABC
và
).(
11
AACC
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn
.3≤++ zyx
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
.
111222
222222333
xzxzzyzyyxyxzyx
P
+−
+
+−

+
+−
+++=
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng(phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
cho elip
2 2
( ) : 1
8 4
x y
E + =
có các tiêu điểm
21
, FF
(
1
F
có
hoành độ âm). Đường thẳng d đi qua
2
F
và song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất cắt
)(E
tại A và B. Tính diện tích tam giác
.
1
ABF
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ

,Oxyz
cho hai đường thẳng
1
1
1
1
1
2
:
−
+
=
+
=
− zyx
d

và
:∆
.
2
3
1
1
1
3 +
=
+
=
− zyx

Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và tạo với
∆
một góc
.30
0
Câu 9.a (1,0 điểm). Tính hệ số của
4
x
trong khai triển biểu thức
),0(,)
1
1(3 >






−+ x
x
x
n
biết rằng n là
số nguyên dương thỏa mãn
.383
3
1
2
2
1

1 +++
=+
nnn
CCC
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
cho parabol
xyP 2:)(
2
=
và điểm
).0;2(K
Đường
thẳng d đi qua K cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác OMN nằm trên đường thẳng d.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho mặt phẳng
052:)( =+−+ zyxP
và
đường thẳng
.
1
3
1
1
2
3
:

−
=
+
=
+ zyx
d
Gọi
'd
là hình chiếu vuông góc của d lên (P) và E là giao điểm của
d và (P). Tìm tọa độ điểm F thuộc (P) sao cho EF vuông góc với
'd
và
.35=EF

Câu 9.b (1,0 điểm). Giả sử
z
là số phức thỏa mãn
.042
2
=+− zz
Tìm số phức
.
2
31
7









+
−+
=
z
z
w
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………….; Số báo danh:……………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn : TOÁN.
Câu Đáp án Điểm
1.
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
a) Tập xác định:
}1{\ −
.
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn, tiệm cận: Ta có
( )
−∞=
−
−→

y
x 1
lim
và
( )
.lim
1
+∞=
+
−→
y
x
Do đó đường thẳng
1
−=
x
là
tiệm cận đứng của (C).
Vì
2limlim −==
+∞→−∞→
yy
xx
nên đường thẳng
2−=y
là tiệm cận ngang của đồ thị.
* Chiều biến thiên: Ta có
.1,0
)1(
3

'
2
−≠∀<
+
−
= x
x
y

Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
.;1,1; ∞+−−∞−
0,5
* Bảng biến thiên:
x
∞−

1−

∞+
'y

−

−
y

∞+

2−

2−

∞−

c) Đồ thị: Đồ thị (C) cắt Ox tại






0;
2
1
, cắt Oy
tại
( )
.1;0
(C) nhận giao điểm
( )
2;1 −−I
của
hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,5
2. (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình

mx
x
x
+−=
+
+−
1
12
)1(01)1(
1),)(1(12
2
=+−+−⇔
−≠+−+=+−⇔
mxmx
xmxxx
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
0)1(4)1(0
2
>+−−+⇔>∆⇔ mm





+−>
−−<
⇔>−+⇔
323
323
036

2
m
m
mm
(2)
0,5
Khi đó
),;(),;(
2211
mxxBmxxA +−+−
với
.1,1
2121
+−=+=+ mxxmxx
Từ giả thiết ta có
4)(8)()(8
2
12
2
12
2
12
2
=−⇔=−+−⇔= xxxxxxAB




−=
=

⇔=−+⇔=+−−+⇔
=−+⇔
7
1
0764)1(4)1(
44)(
22
21
2
21
m
m
mmmm
xxxx
Đối chiếu với (2), ta có các giá trị cần tìm của m là
.7,1 −== mm
0,5
2.
(1,0
điểm)
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
xxxxxx cos3cos2cos12sin)sin3(sin −=−+++

2
2sin 2x cos x 2sin x cos x 2sin x 2sin 2x sin x⇔ + + = −

.0)sin)(cos1cos2(sin
0)sin(cossin)sin(cos2sin
=++⇔

=+++⇔
xxxx
xxxxxx
0,5
Từ đó ta có các trường hợp sau
*)
.,0sin ∈=⇔= kkxx
π
*)
.,2
3
2
2
1
cos01cos2 ∈+±=⇔−=⇔=+ kkxxx
π
π
0,5
x
O
1−
2
1
y
I
2−
1
3.
(1,0
điểm)

*)
.,
4
0sincos ∈+−=⇔=+ kkxxx
π
π
Vậy phương trình đã cho có nghiệm
.,
4
,2
3
2
, ∈+−=+±== kkxkxkx
π
π
π
π
π
(1,0 điểm)
Điều kiện:
.0
02
4
0
>⇔






>−+
>
x
x
x
x
Khi đó bpt đã cho tương đương với
.24427
22
xxxx −+>−+
Đặt
0,42
2
≥=+− ttxx
ta được



>
<
⇔>+−⇔>+
3
1
03443
22
t
t
tttt
0,5
*) Với

1<t
ta có
,142
2
<+− xx
bpt này vô nghiệm.
*) Với
3
>
t
ta có




−<
+>
⇔>−−⇔>+−
61
61
052342
22
x
x
xxxx
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm
.61+>x
0,5
4.
(1,0

điểm)
Ta có
.d
)1(
2ln
0
2
∫
+
= x
e
xe
I
x
x
Đặt
,dd xuxu =⇒=

.
1
1
d
)1(
d
2
+
−=⇒
+
=
xx

x
e
vx
e
e
v
Theo công thức tích phân từng phần ta có
∫∫
+
+−=
+
+
+
−=
2ln
0
2ln
0
0
2ln
1
d
3
2ln
1
d
1
xxx
e
x

e
x
e
x
I
(1)
0,5
Tính
.
1
d
2ln
0
1
∫
+
=
x
e
x
I
Đặt
te
x
=
ta có
22ln;10 =⇒==⇒= txtx
và
.
d

d
t
t
x =
Suy ra
.3ln2ln2)1ln(lnd
1
11
)1(
d
1
2
1
2
2
1
2
1
1
−=+−=






+
−=
+
=

∫∫
ttt
tttt
t
I
Thay vào (1) ta được
.3ln2ln
3
5
−=I
0,5
5.
(1,0
điểm
*) Gọi H là trung điểm CM. Từ giả thiết
.45))(;()(
0
111
=∠=∠⇒⊥⇒ ABCCCCHCABCHC
*) Từ tam giác vuông ABC với
3260,2
0
aACABCaBC =⇒=∠=
,
aCHaABCMaAM =⇒=== 2
2
1
,4
.45tan
0

1
aCHHC ==⇒
.3232
32
1.
111
aaaSHCV
ABCCBAABC
===
0,5
*) Kẻ
⇒⊥
ACHK
đường xiên
.))();((
1111
KHCAACCABCACKC ∠=∠⇒⊥

Tam giác MCA cân tại M
2
30sin.30
00
a
HCHKMACMCA ==⇒=∠=∠⇒
.2arctan))();((2)tan(
111
=∠⇒==∠⇒ AACCABC
HK
CH
KHC

0,5
6.
(1,0
điểm
Ta có
.
3
1
11
;
3
1
11
;
3
1
11
333333
zx
xz
yz
zy
xy
yx
≥++≥++≥++
Suy ra
.
333
3
222

333
zxyzxy
zyx
++≥+++
Suy ra
.
111333
3
222222
xzxzzyzyyxyx
zxyzxy
P
+−
+
+−
+
+−
+++≥+
0,5
Mặt khác, áp dụng BĐT
,
411
baba +
≥+
với
0, >ba
ta có
0,5
C
A

M
H
K
1
C
1
B
1
A
2a
B






+−
++








+−
++









+−
++++≥+
222222
111111222
3
xzxzzxzyzyyzyxyxxyzxyzxy
P

.12
3.4
9.3
.16
)222(
9.3
.16
)()()(
3
.16
)(
16
)(
16
)(

16
1
2
1
4
1
2
1
4
1
2
1
4
444222
22
3
222
222
222222
222222
=≥
++
≥
+++
≥
+
+
+
+
+

≥






+
++








+
++








+
+=
+

+
+
+
+
+++≥
zyx
xzzyyx
xzzyyx
xzzxzyyzyxxy
xzzyyx
zxyzxy
Do đó
.9
≥
P
Dấu đẳng thức xảy ra khi
.1=== zyx
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9, đạt được khi
.1=== zyx
7a.
(1,0
điểm)
8a.
(1,0
điểm)
(1,0 điểm)
1
48
:)(
22

=+
yx
E
có
).0;2(),0;2(248
21
FFc −⇒=−=
Từ giả thiết
2: −=⇒ xyd
hay
.02 =−− yx
0,5
Từ hệ
.
3
2
;
3
8
),2;0(
1
48
2
22







−⇒





=+
−=
BA
yx
xy
.
3
16
22.2
3
8
.
2
1
);(.
2
1
1
1
=== ABFdABS
ABF
0,5
(1,0 điểm)
*) (P) chứa d

)(P⇒
đi qua
⇒−− )1;1;2(M
pt (P) có dạng
).0(02
222
≠++=++−++ CBACBACzByAx
00.)( =−+⇔=⇒⊂ CBAnuPd
Pd
(1)
*)
2
1
.6
|2|
2
1
))(;sin(30))(;(
222
0
=
++
++
⇔=∆⇔=∆∠
CBA
CBA
PP

)(3)2(2
2222

CBACBA ++=++⇔
. (2)
0,5
*) Từ (1) có
BAC
+=
thay vào (2):




−=
−=
⇔=++
2
2
0252
22
B
A
BA
BABA
+ Khi
.2BA
−=
Chọn
.042:)(1,2,1 =−+−⇒==−= zyxPCAB
+ Khi
.
2

B
A −=
Chọn
.052:)(1,1,2 =−−−⇒−==−= zyxPCAB
0,5
9a.
(1,0
điểm)
Từ giả thiết ta có
2,
6
)1()1(
.3
2
)1)(2(
.8)1(3 ≥
−+
=
++
++ n
nnnnn
n

.11
2
11
0229)1()2(86
2
=⇔




−=
=
⇔=−−⇔−=++⇔ n
n
n
nnnnn
0,5
Theo khai triển nhị thức Newton ta có
∑∑∑
=
−
=
−
=
−
=






−=













−+
k
i
i
i
i
k
kk
k
k
k
kk
k
k
x
CxC
x
xC
x
x
0
11
11

0
11
11
11
0
11
11
)1(
.)(3.
1
13.).(
1
13

.)1(.3.
2
11
0
11
0
11
i
k
i
k
i
i
k
k
k

k
xCC
−
−
==
−=
∑∑
Xét phương trình
110,4
2
11
≤≤≤=−
−
kii
k




==
==
⇔≤≤≤=+⇔
0,3
1,1
110,32
ik
ik
kiik
Suy ra hệ số của
4

x
là
.44223.)1.(.3.
33
11
11
1
1
11
=+− CCC
0,5
7b.
(1,0
(1,0 điểm)
– TH1:
.2:
=⇒⊥
xdOxd
Từ
0.
)2;2(
)2;2(
2
2
2
=⇒



−

⇒



=
=
ONOM
N
M
xy
x
. (1)
0,5
điểm)
8b.
(1,0
điểm)
– TH2:
.2: kkxydOxd −=⇒⊥/
Tọa độ M, N là nghiệm của



=
−=
xy
kkxy
2
2
2








−=
=
⇔
k
y
ky
y
x
2
2
.
2
2
2
042
2
=−−⇒ kyky
. (2)
Để d cắt (P) tại M, N phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm phân biệt
.0
≠⇔
k
Gọi

















2
2
2
1
2
1
;
2
,;
2
y
y
Ny
y

M
trong đó
21
, yy
là nghiệm của (2).
Ta có
0)4()2(
2
.
2
21
2
21
=−+−=+






= yy
yy
ONOM
. (3)
Từ (1) và (3) suy ra
OMNMON ∆⇒=∠
0
90
vuông tại O. Suy ra tâm I của đường tròn
ngoại tiếp

OMN∆
là trung điểm MN
.dI ∈⇒
0,5
(1,0 điểm)
d cắt (P) tại
)4;0;1(−E
Giả sử
052)(),;;(
000000
=+−+⇒∈ zyxPFzyxF
. (1)
Vì
'dEF ⊥
nên
dEF ⊥
(định lí 3 đường vuông góc)
0. =⇒ EFu
d
.022
000
=−++⇔ zyx
(2)
0,5
75)4()1(35
2
0
2
0
2

0
=−+++⇔= zyxEF
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
),1;5;4( −−F
hoặc
).9;5;6(−F
0,5
9b.
(1,0
điểm)
Từ giả thiết
042
2
=+− zz
ta có
.313)1(
2
izz ±=⇔−=−
0,5
*) Với
iz 31+=
ta có
7
7
7
7
7
)
6