de thi thu dh thpt nam sach hai duong
TRANSCRIPT
SỞ GD&ðT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT NAM SÁCH
ðỀ THI TH Ử ðẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013- 2014 MÔN: TOÁN; KH ỐI: A, A1, B
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát ñề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ñiểm)
Câu 1 (2 ñiểm) Cho hàm số 4 212 2
3y x mx= − + (1), với m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi 4
3m = .
b) Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có ba ñiểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm ñường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa ñộ O.
Câu 2 (1 ñiểm) Giải phương trình: 2 18cos 2cos 6 2 3 sin 0.
cosx x x
x− − − + =
Câu 3 (1 ñiểm) Giải hệ phương trình: 4 3
2 2
4 4 2 9 5
8 3 4 4
y x xy x
x xy y xy y
− + − + =
− + + =
Câu 4 (1 ñiểm) Tính tích phân: ln 2
0
11
xx
x
eI e x dx
e
= + + + ∫ .
Câu 5 (1 ñiểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ c ạnh a. M, N lần lượt là trung ñiểm của AB và C’D’. Tính khoảng cách từ B’ ñến (A’MCN). Câu 6 (1 ñiểm) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
( )
( )( )
( )( )
( )
2 2 2
2 2 22 2 2
2 2 28
2 2 2
a b c b c a c a b
a b c b c a c a b
+ + + + + ++ + ≤
+ + + + + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1 ñiểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho ñường tròn 2 2(C) : (x 1) (y 2) 4− + − = và ñường thẳng
(d) : x y 1 0.+ + = Tìm ñiểm M trên (d) sao cho qua ñiểm M kẻ ñược hai tiếp tuyến MA, MB phân biệt tới
(C), ñồng thời ñường thẳng AB ñi qua ñiểm D(6; 3). (A, B là hai tiếp ñiểm). Câu 8a (1 ñiểm) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x − y − 2z − 2 = 0 và ñường
thẳng (d): 1 2
1 2 1
x y z+ −= =−
. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc ñường thẳng (d), cách mặt phẳng (P)
một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là ñường tròn có bán kính bằng 3. Câu 9a (1 ñiểm) Tìm tập hợp các ñiểm biểu diễn số phức w 2 3z i= + − trên mặt phẳng Oxy, biết số phức z
thỏa mãn: 2
3 . 9z i z z+ ≤ + .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1 ñiểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho ñường thẳng d: 2 3 0x y+ + = và elip ( )2 2
: 14 1
x yE + = . Viết
phương trình ñường thẳng ∆ vuông góc với d cắt ( )E tại hai ñiểm A, B sao cho diện tích tam giác AOB
bằng 1, với O là gốc tọa ñộ.
Câu 8b (1 ñiểm) Trong không gian Oxyz, cho ñường thẳng d: − += =
− −2 1
4 6 8
x y z và hai ñiểm A(1; -1; 2),
B(3; -4; -2). Tìm ñiểm I trên ñường thẳng d sao cho IA +IB ñạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 9b (1 ñiểm) Tính tổng 1 5 9 20132014 2014 2014 2014...S C C C C= + + + + .
........................................….. Hết …...................................... Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… Số báo danh: ……….
ðÁP ÁN MÔN TOÁN Lưu ý: ðây chỉ là một trong những cách giải, nếu thí sinh làm cách khác ñúng thì vẫn cho ñiểm tương ứng. CÂU ðIỂM
Cho hàm số 4 212 2
3y x mx= − + (1), với m là tham số.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi 4
3m = .
1.0
0.25
0.25
0.25
Câu 1 (2 ñiểm)
0.25
b) Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có ba ñiểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm ñường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa ñộ O.
1.0
1o. Tập xác định: R=D , y là hàm số chẵn.
* Giới hạn tại vô cực: .)238
31(limlim 42
4 +∞=+−=±∞→±∞→ xx
xyxx
* Bảng biến thiên: x ∞− ∞+0 0 0 0 − − +'y
y 3
10−
∞+
– 2
2
2+
∞+
310
−
xO 2
y
2
310
−
2−
3o. Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
2o. Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có .,
316
34' 3 R∈−= xxxy
⎢⎣
⎡±=
=⇔=
20
0'xx
y ; ⎢⎣
⎡>
<<−⇔>
202
0'x
xy ; ⎢
⎣
⎡<<
−<⇔<
.202
0'x
xy
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )0;2(− và );2( ∞+ ; nghịch biến trên mỗi khoảng )2;( −−∞ và ).2;0(
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm ,0=x giá trị cực đại 2=CĐy ; hàm số đạt cực tiểu tại
các điểm 2−=x và ,2=x giá trị cực tiểu .3
10−=CTy
Ta có ).3(3
4434' 23 mxxmxxy −=−=
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ phương trình 0'=y có 3 nghiệm phân biệt .0>⇔ m
Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là )32;3(),2;0( 2mmBA −− và ).32;3( 2mmC −
0)133)(1()32(32 222 =−+−⇔−+=⇔ mmmmmm⎢⎢⎢
⎣
⎡
±−=
==⇔
.6
213
0,1
m
mm
Kết hợp điều kiện 0>m ta có giá trị của m là .6
213,1 +−== mm
Tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O khi và chỉ khi OCOBOA ==
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 1 (2 ñiểm)
Giải phương trình: 2 18cos 2cos 6 2 3 sin 0.
cosx x x
x− − − + = 1.0
ðiều kiện cos 0x ≠
Phương trình 3 28cos 2cos 6cos 2 3 sin cos 1 0x x x x x⇔ − − − + =
2cos3 3 sin 2 cos 2 0x x x⇔ − − = 0.25
cos3 cos 23
x xπ ⇔ = −
0.25
( )2
3 ,2
15 5
x kk
kx
π π
π π
= − +⇔ ∈
= +
ℤ 0.25
Câu 2 (1 ñiểm)
Kết hợp với ñiều kiện ta có nghiệm của phương trình là
( )22 ; ,
3 15 5
kx k x k
π π ππ= − + = + ∈ℤ 0.25
Giải hệ phương trình: ( )( )
4 3
2 2
4 4 2 9 5 1
8 3 4 4 2
y x xy x
x xy y xy y
− + − + =
− + + =
1.0
ðiều kiện: 0, 0x y≥ ≥ . Nhận thấy 0x y= = không thỏa mãn nghiệm của hệ phương trình ñã cho.
0.25
Xét 0
0
x
y
> >
, phương trình (2) ( ) ( )2 28 3 4 3 0x xy y y xy y⇔ − + − + − =
( )( ) ( )2 2
8 50
8 3 4 3
x y x y x y y
xy yx xy y y
− + −⇔ + =
+− + +
( )2 2
8 50
8 3 4 3
x y yx y x y
xy yx xy y y
+ ⇔ − + = ⇔ = +− + +
(vì 0, 0x y> > )
0.25
Thay y x= vào phương trình (1) ta có: 34 24 4 2 9 5x x x x− + − + =
( ) 34 25 4 4 2 9 8x x x x⇔ − − = − + ≥ (vì ( )23 2 34 2 9 4 1 8 8x x x− + = − + ≥ )
( ) ( )24 24 3 0 1 2 3 0 1x x x x x x⇔ − + ≤ ⇔ − + + ≤ ⇔ = (vì 0x > )
0.25
Câu 3 (1 ñiểm)
Do ñó 1 1x y= ⇒ = . Thử lại ta thấy thỏa mãn.
Vậy hệ phương trình có nghiệm 1
1
x
y
= =
0.25
Tính tích phân I=ln 2
0
11
xx
x
ee x dx
e
+ + +
∫ 1.0
I=
ln 2
0
11
xx
x
ee x dx
e
+ + +
∫ = ( )ln 2
0
1xe x dx+∫ +
ln 2 2
0 1
x
x
edx
e +∫ 0.25
ðặt I1= ( ) ( )ln 2 ln 2
ln 20
0 0
1 1 2ln 2x x xe x dx e x e dx+ = + − =∫ ∫ 0.25
ðặt I2=ln 2 2
0 1
x
x
edx
e +∫ =1-ln3+ln2 0.25
Câu 4 (1 ñiểm)
Vậy I=I1+I2=2ln2+1-ln3+ln2=8
ln3
+1 0.25
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ c ạnh a. M, N lần lượt là trung ñiểm của AB và C’D’. Tính khoảng cách từ B’ ñến (A’MCN).
1.0
Bốn tam giác vuông / / / /AA M, BCM, CC N, A D N bằng nhau (c.g.c)
/ /A M MC CN NA⇒ = = = /A MCN⇒ là hình thoi.
Hai hình chóp B/A/MCN và B/.A/NC có chung ñường cao vẽ từ ñỉnh B/ và / /A MCN A NCS 2.S= nên: / / / /B .A MCN B .A NC.
V 2.V=
0.25
Mà: / / / / / / /
3 3/
B .ANC C.A B N A B N B .A MCN
1 1 1 a aV V .CC .S .a. .a.a V .
3 3 2 6 3= = = = ⇒ = 0.25
Ta có: //
A MCN
1S .A C.MN,
2= với / /A C a 3; MN BC a 2= = =
/
2
A MCN
a 6S .
2⇒ =
0.25
Câu 5 (1 ñiểm)
Gọi H là hình chiếu của B/ trên (A/MCN), ta có: / / //
B .A MCN A MCN
1V .B H.S
3=
/ /
/
3 2/ B .A MCN
A MCN
3.V a a 6 a 6B H 3. : .
S 3 2 3⇒ = = =
0.25
Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
( )
( )( )
( )( )
( )
2 2 2
2 2 22 2 2
2 2 28
2 2 2
a b c b c a c a b
a b c b c a c a b
+ + + + + ++ + ≤
+ + + + + + 1.0
ðặt 3 3 3
; ;a b c
x y za b c a b c a b c
= = =+ + + + + +
, khi ñó 0 , , 3
3
x y z
x y z
< < + + =
Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với: 2 2 2
2 2 2
6 9 6 9 6 98
3 6 9 3 6 9 3 6 9
x x y y z z
x x y y z z
+ + + + + ++ + ≤− + − + − +
0.25
Xét hàm số ( )2
2
6 9 2511
3 6 9 3
t tf t t
t t
+ += − +− +
, với ( )0;3t ∈
Lập bảng biến thiên: ……………………………………………………
0.25
Câu 6 (1 ñiểm)
Từ bảng biến thiên suy ra 2 2
2 2
6 9 25 6 9 2511 0 11
3 6 9 3 3 6 9 3
t t t tt t
t t t t
+ + + +− + ≤ ⇔ ≤ −− + − +
Thay t lần lượt bởi x, y, z rồi cộng các bất ñẳng thức cùng chiều ta có :
( )2 2 2
2 2 2
6 9 6 9 6 911 25 8
3 6 9 3 6 9 3 6 9
x x y y z zx y z
x x y y z z
+ + + + + ++ + ≤ + + − =− + − + − +
,
dấu bằng xảy ra khi 1x y z= = =
ðpcm
0.5
D/
A/ B
/
C/
D
A B
C
M
N
Trong mặt phẳng Oxy, cho ñường tròn 2 2(C) : (x 1) (y 2) 4− + − = và ñường thẳng (d) : x y 1 0.+ + = Tìm ñiểm M trên (d) sao cho qua ñiểm M kẻ ñược hai tiếp tuyến MA, MB phân biệt tới (C), ñồng thời ñường thẳng AB ñi qua ñiểm D(6; 3). (A, B là hai tiếp ñiểm)
1.0
(C) có tâm I(1;2),R 2.= ðặt 0 0M(x ; 1 x ) (d).− − ∈
ðể qua M có hai tiếp tuyến tới (C) 2 2 2 20 0IM R (x 1) (x 3) 4⇔ > ⇔ − + + > ( ñúng ∀x0)
- AB chính là giao tuyến chung của ñường tròn (C) và ñường tròn ñường kính IM. 0.25
- Trung ñiểm E của IM có tọa ñộ 0 0x 1 1 xE( ; )
2 2
+ −⇒ Phương trình ñường tròn ñường kính
IM là: 2 2
2 20 0 0 0x 1 1 x (x 1) (x 3)(x ) (y )
2 2 4
+ − − + +− + − =
2
2 2 0 00 0
2x 4x 6x y (x 1)x (1 x )y 0
4
− −⇔ + − + − − + =
0.25
- Tọa ñộ A, B là nghiệm hệ:
2 2
22 2 0 0
0 0
x y 2x 4y 1 0
2x 4x 6x y (x 1)x (1 x )y 0
4
+ − − + = − −+ − + − − + =
0 0 0(x 1)x (x 3)y (x 3) 0⇒ − − + + + =
⇒ phương trình AB: 0 0 0(x 1)x (x 3)y (x 3) 0− − + + + =
0.25
Câu 7a (1 ñiểm)
- Vì AB ñi qua D(6; 3) 0 0 0 06(x 1) 3(x 3) (x 3) 0 x 3.⇒ − − + + + = ⇔ = (thỏa mãn)
Vậy M(3; 4).− 0.25
Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x − y − 2z − 2 = 0 và ñường
thẳng (d): 1 2
1 2 1
x y z+ −= =−
. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc ñường thẳng (d),
cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là ñường tròn có bán kính bằng 3.
1.0
ðường thẳng (d) có phương trình tham số là: 1 2 ;
2
x t
y t t R
z t
= − = − + ∈ = +
Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(−t; −1 + 2t; 2+ t)∈(d).
0.25
Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:
( )( ) | 2 1 2 4 2 2 | | 6 5 |; 3
3 3
t t t td I P
− + − − − − += = = ⇔
2
37
3
t
t
= = −
0.25
⇒ Có hai tâm mặt cầu: 2 1 8 7 17 1
; ; ; ;3 3 3 3 3 3
I I − − −
vµ . Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu
theo ñường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5.
0.25
Câu 8a (1 ñiểm)
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 0.25
(d)
EIM
A
B
D
2 2 2 2 2 22 1 8 7 17 1
25 253 3 3 3 3 3
x y z x y z + + − + − = − + + + + =
vµ
Tìm tập hợp các ñiểm biểu diễn số phức w 2 3z i= + − trên mặt phẳng Oxy, biết số phức z
thỏa mãn: 2
3 . 9z i z z+ ≤ + . 1.0
ðặt ( )w , ,x yi x y= + ∈ℝ , tập hợp ñiểm M(x;y) biểu diễn số phức w trên mặt phẳng Oxy.
Ta có: 3 1
2 3 .2 2
x yx yi z i z i
− ++ = + − ⇔ = + 3 1.
2 2
x yz i
− +⇒ = − .
Do ñó: ( ) ( )2 2
3 1. 9 9
4 4
x yz z
− ++ = + +
0.25
Ta có 3 9 3 5
3 .2 2
x yz i i
− ++ = + . Suy ra ( ) ( )2 2
2 3 9 3 53
4 4
x yz i
− ++ = + 0.25
23 . 9z i z z+ ≤ + ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
3 9 3 5 3 19
4 4 4 4
x y x y− + − +⇔ + ≤ + +
( )2
2 7 733
4 16x y
⇔ − + + ≤
0.25
Câu 9a (1 ñiểm)
Vậy tập hợp ñiểm biểu diễn số phức w là hình tròn tâm 7
3;4
I−
, bán kính 73
4R = . 0.25
Trong mặt phẳng Oxy, cho ñường thẳng d: 2 3 0x y+ + = và elip ( )2 2
: 14 1
x yE + = . Viết
phương trình ñường thẳng ∆ vuông góc với d cắt ( )E tại hai ñiểm A, B sao cho diện tích
tam giác AOB bằng 1, với O là gốc tọa ñộ.
1.0
Vì d∆ ⊥ nên phương trình ∆ có dạng: 2 0x y m− + = . Khi ñó A, B là nghiệm của hệ:
( )2 2
2 2
2 02
8 4 4 0 *14 1
x y mx y m
x y y my m
− + = = − ⇔ − + − =+ =
∆ cắt ( )E tại hai ñiểm phân biệt A, B ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
( )2' 32 4 0 2 2 2 2 1m m⇔ ∆ = − > ⇔ − < <
0.25
Gọi ( ) ( )1 1 2 22 ; , 2 ;A y m y B y m y− − , trong ñó 1 2,y y là nghiệm của (*)
( ) ( ) ( )2 22 22 1 1 2 1 2
55 5 4 8
4AB y y y y y y m ⇒ = − = + − = −
.
0.25
ðường cao ( );5
mOH d O= ∆ =
( )2
2 2 2 2. 18 1 4 2
2 16OAB
OH ABS m m m m
⇒ = = − = ⇔ = ⇔ = ±
(tm)
0.25
Câu 7b (1 ñiểm)
Vậy phương trình ñường thẳng ∆ cần lập là: 2 2 0x y− + = hoặc 2 2 0x y− − = . 0.25
Trong không gian Oxyz, cho ñường thẳng d: − += =
− −2 1
4 6 8
x y z và hai ñiểm A(1; -1; 2),
B(3; -4; -2). Tìm ñiểm I trên ñường thẳng d sao cho IA +IB ñạt giá trị nhỏ nhất. 1.0
Câu 8b (1 ñiểm)
AB����
= ( 2; - 3; - 4); AB // d Gọi A’ là ñiểm ñối xứng của A qua d .Ta có: IA + IB = IA’ + IB ≥ A’B IA + IB ñạt giá trị nhỏ nhất bằng A’B Khi A’, I, B thẳng hàng ⇒ I là giao ñiểm của A’B và d
0.25
Do AB // d nên I là trung ñiểm của A’B.
Gọi H là hình chiếu của A lên d. Tìm ñược H 36 33 15; ;
29 29 29
0.25
A’ ñối xứng với A qua H nên A’43 95 28; ;
29 29 29
−
0.25
I là trung ñiểm của A’B suy ra I65 21 43; ;
29 58 29
− −
0.25
Tính tổng 1 5 20132014 2014 2014...S C C C= + + + 1.0
Trong khai triển: ( )2014 0 1 2 2 3 3 2014 20142014 2014 2014 2014 20141 ...x C xC x C x C x C+ = + + + + +
Khi x = 1 ta có: ( )0 1 2 3 2014 20142014 2014 2014 2014 2014... 2 1C C C C C+ + + + + =
Khi x = -1 ta có: ( )0 1 2 3 20142014 2014 2014 2014 2014... 0 2C C C C C− + − + + =
Lấy (1) – (2) ta có: ( )1 3 5 7 2013 20132014 2014 2014 2014 2014... 2 3C C C C C+ + + + + =
0.25
Xét số phức: ( )2014 0 1 2 2 3 3 2014 20142014 2014 2014 2014 20141 ...i C iC i C i C i C+ = + + + + +
Do ( ) ( )( ) ( )10072014 2 1007 1007 1007 10071 1 2 2 2i i i i i+ = + = = = −
0.25
Nên: 10072 i− 0 1 2 3 4 5 20142014 2014 2014 2014 2014 2014 2014...C iC C iC C iC C= + − − + + − −
=( ) ( )0 2 4 2012 2014 1 3 5 20132014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014... ...C C C C C C C C C i− + − + − + − + − +
0.25
Câu 9b (1 ñiểm)
Vậy : 1 3 5 7 20132014 2014 2014 2014 2014...C C C C C− + − + + = 10072− (4)
Lấy (3) + (4): Ta có 2012 10062 2S = − 0.25
------------ HẾT-------------