Đề thi thử đại học lần II năm học 2013 – 2014 môn: toán

ẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AD, AB lấy hai điểm E và F sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BE. Tìm tọa độ của C biết C thuộc đường thẳng d: x – 2y + 1 = 0 và tọa độ F(2; 0), H(1; -1) Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(1; -1; 2) hai đường thẳng 1 1 1 : 2 1 1 x y z d     , 2 1 1 2 : 1 1 1 x y z d       . Tìm tọa độ điểm B thuộc d1, C thuộc d2 sao cho BC nằm trong mặt phẳng chứa A và d1, đồng thời AC = 2AB và B có hoành độ dương. Câu 9a (1,0 điểm).Tìm số phức z biết 2 3z i u z i     là một số thuần ảo và 1 3 1z i z i     B. Theo chương trình nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip có phương trình: 2 2 1 25 9 x y   . Tìm điểm M thuộc elip sao cho góc  01 2 90F MF  với F1, F2 là hai tiêu điểm của elip. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm A(1; 1; 2), B(2; -1; 1) và đường thẳng d: 1 1 1 2 1 x y z     . Tìm điểm M thuộc d có hoành độ dương sao cho diện tích tam giác ABM bằng 3 . Câu 9b (1,0 điểm). Cho z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình: z 2 – 2z + 4 = 0. Tìm phần thực, phần ảo của số phức: 2013 1 2 w z z        , biết z1 có phần ảo dương. 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 GD VÀ ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT CAN LỘC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: TOÁN – Khối A, A1, B (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) www.VNMATH.com ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: Ta có: y' = 3x2 – 6x; y' = 0 0 2 x x     Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0 và  2; ; nghịch biến trên khoảng  0;2 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2 - Giới hạn: lim ; lim x x y y       0,25 - Bảng biến thiên: x -  0 2 + y’ + 0 - 0 + 2 + y -2 - 0,25 * Đồ thị 4 2 2 4 52 31-1 O 0,25 b) (1,0 điểm) Gọi điểm M thuộc đồ thị hàm số có tọa độ  3 2; 3 2M a a a  Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M có dạng:   2 3 23 6 3 2y a a x a a a      Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và tiếp tuyến là:   3 2 2 3 23 2 3 6 3 2x x a a x a a a        0,25     2 2 3 0 2 3 x a x a x a x a            Để (C) cắt tiếp tuyến tại N khác M thì: 2 3 1a a a     0,25 Câu 1 2,0 điểm Khi đó: ; 2 3M Nx a x a    Ta có:     2 22 25 2 3 9 12 9 3 2 5P a a a a a          0,25 x y Do đó: 5P  ,suy ra Pmin = 5 khi 2 3 a  .Đối chiếu ĐK ta được 2 3 a  .Vậy 2 26 ; 3 27 M       0,25 Câu Đáp án Điểm Đk: cos 0 cos 0 t anx s inx 0 cos 1 x x x           Khi đó phương trình đã cho tương đương với:   s inx s inx 3 s inx 2 1 cos s inx cos cos x x x                0,25    2 2s inx 2cos 3cos 1 0 2cos 3cos 1 0, : s inx 0x x x x Do         0,25 Ta có: 2 cos 1 2cos 3cos 1 0 1 cos 2 x x x x           Vì cos 1x   nên ta có: 0,25 Câu 2 1,0 điểm 1 2 os 2 , ( ) 2 3 c x x k k         Vậy nghiệm phương trình: 2 2 3 x k     với k  0,25           2 2 22 2 3 3 3 2 4 2 x x y y xy x y x y            Ta có phương trình (1) tương đương với:     33 3 3x x y x y x     (3) 0,25 Xét hàm số: 3( ) 3 ,f t t t t    Do: 2'( ) 3 3 0,f t t t     nên hàm số đồng biến trên  Suy ra: (3)     2f x f y x y x     0,25 Thay vào pt (2) ta được: (x2 – 2)2 = 4(2 – 2x)  x4 = 4(x – 1)2  2 2 2( 1) 2( 1) x x x x        * PT: x2 = 2(x – 1) vô nghiệm 0,25 Câu 3 1,0 điểm * PT: x2 = -2(x – 1) 1 3x    Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1 3 1 3 ; 2 2 3 2 2 3 x x y y                   0,25 Đặt 2 2 2 t anx 2 tan os t x dt dx c x     Đổi cận: khi x = 0 ta có: t = 2; khi 4 x   ta có: t = 3 0,25 Ta có:   324 22 0 2 tan t anx 1 2 . os 22 tan x t I dx dt c x tx       0,25 3 3 2 2 1 2 dt dt t    0,25 Câu 4 1,0 điểm 3 31 1 3 ln ln 2 22 2 2 t t    0,25 (1) (2) www.VNMATH.com Câu Đáp án Điểm E I H C A D B S M F K Gọi H là trung điểm cạnh AB, khi đó SH AB , do (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD) Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên BD khi đó: BD  (SHI), (Do BD SH) Suy ra BD SI, do đó góc giữa (SBD) và (ABCD) là: SIH , theo giả thiết: SIH = 600 0,25 Ta có: HI = 1 2 4 4 a AC  Trong tam giác vuông SHI ta có: SH = HI.tan600 = 6 4 a Ta có: SBCDM = SABCD – SABM = 2 2 2 5 6 6 a a a   Vậy 3 . 1 5 6 . 3 72 S BCDM BCDM a V S SH  (ĐVTT) 0,25 Dựng HN, AE song song với CM (N, E thuộc cạnh BC) Khi đó: CM//(SAE), E là trung điểm CN Ta có:           , , ( ) , , ( ) , (d CM SA d CM SAE d C SAE d N SAE d H SAE    Gọi F là hình chiếu vuông góc của H lên AE, K là hình chiếu vuông góc của H lên SF, khi đó: (SHF) (SAE) nên HK (SAE), do đó:  , ( )d H SAE HK 0,25 Câu 5 1,0 điểm Trong tam giác vuông ABE, ta có:  2 2 2 23sin 134 9 a BE BAE AE a a     Suy ra HF = AH.sinBAE = 13 a Trong tam giác vuông SAF ta có: 0,25 N 2 2 2 2 2 1 1 1 . 3 47 HF HS HK a HK HF HS HF HS       . Vậy   3 , 47 d CM SA a Câu Đáp án Điểm Ta có:     2 42 2 4 4 2 8 x y x y x y      ,   44 4 2 2 1 1 2 32 x y x y x y     0,25 Do đó:     44 4 4 4 4 32 1 1 32 5 8 8 x y x y z P z z z x yx y                              0,25 Đặt 4 , x y t z        ta có: 0 1t  (Do: x + y  z) Suy ra:   32 ( ) 5, 0;1 8 t P f t t t       0,25 Câu 6 1,0 điểm Ta có: 2 1 32 '( ) , '( ) 0 16 8 f t f t t t       , do đó:  '( ) 0, 0;1f t t   Suy ra: 297 '( ) (1) 8 f t f  Vậy 297 min , : 8 x y P khi x y z      0,25 A. Theo chương trình chuẩn Câu Đáp án Điểm Gọi M là giao điểm của AH và CD Ta có hai tam giác ABE và ADM bằng nhau (Vì: AB = AD,  ABE DAM , do cùng phụ với AEH ) Do đó DM = AE = AF, suy ra BCMF là hình chữ nhật. 0,25 Gọi I là tâm hình chữ nhật BCMF Trong tam giác vuông MHB ta có: 1 2 HM BM Do BM = CF nên 1 2 HM CF , suy ra tam giác CHF vuông tại H. 0,25 Gọi tọa độ C(2c – 1; c), ta có:    2 2; 1 , 1;1HC c c HF      0,25 Câu 7b 1,0 điểm Vì CH FH nên 1 . 0 2 2 1 0 3 HC HF c c c          . Vậy tọa độ 1 1 ; 3 3 C       0,25 Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và d1, gọi M(0; 1; 1) thuộc d1,  2;1;1u   là véc tơ chỉ phương của d1. Khi đó véctơ pháp tuyến của (P) là:  , 3; 1; 5n AM u        Do đó phương trình của (P) là: 3x – y - 5z + 6 = 0. 0,25 Câu 8a 1,0 điểm Suy ra C là giao điểm của d2 và (P), ta có tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: 0,25 I M H F E BA D C   11 1 2 3 1;3;01 1 1 3 5 6 0 0 xx y z y C x y z z                    Gọi tọa độ B thuộc d1 là:  2 ; 1; 1B b b b  Ta có: AB       2 2 2 22 1 2 1 6 2 6b b b b b         , AC = 2 6 0,25 Do AC = 2AB nên: 2 2 0 2 6 2 6 2 6 6 2 0 1 3 b b b b b b            Vì B có hoành độ dương nên 2 4 4 ; ; 3 3 3 B       0,25 Đặt z = x + yi, (x, y R ), khi đó:                     22 2 2 22 2 3 12 3 1 1 2 2 3 2 2 1 1 x y i x y ix y i u x y i x y x y x y x y i x y                              u là số thuần ảo khi và chỉ khi           2 22 2 22 2 2 3 0 1 1 5 1 0 ; 0;1 x y x y x y x y x y                    (1) 0,5 Ta có:         2 2 2 2 1 3 1 1 3 1 1 2 2 0z i z i x y x y x y                 (2) 0,25 Câu 9a 1,0 điểm Từ (1) và (2) ta có:   3 16 ; ; 5 5 x y         . Vậy số phức cần tìm: 3 16 5 5 z i   0,25 B. Theo chương trình Nâng cao Câu Đáp án Điểm Ta có: a = 5, b = 3, suy ra c = 4 Gọi  ;M a b thuộc elip ta có: 1 2 4 4 5 , 5 5 5 MF a MF a    0,25 Vì tam giác F1MF2 vuông tại M nên: 2 2 2 1 2 1 2MF MF F F  2 2 24 4 1755 5 64 5 5 8 a a a                   0,25 Do M thuộc elip nên: 2 2 2 91 25 9 8 a b b    0,25 Câu 7b 1,0 điểm Vậy tọa độ cần tìm: 5 14 3 2 5 14 3 2 5 14 3 2 5 14 3 2 ; , ; , ; , ; 4 4 4 4 4 4 4 4 M M M M                                   0,25 Vì M thuộc d nên tọa độ M có dạng:  ;1 2 ; 1M a a a  Ta có:    1; 2 ; 1 , 1; 2; 1AM a a a AB         Suy ra:  , 4 2;2 2;2AM AB a a        0,25 Câu 8b 1,0 điểm Ta có:     2 2 21 1, 4 2 2 2 4 5 6 3 2 2 AMBS AM AB a a a a              0,25 Theo giả thiết ta có phương trình: 2 2 0 5 6 3 3 5 6 0 6 5 a a a a a a            Vì M có hoành độ dương nên tọa độ cần tìm: 6 7 11 ; ; 5 5 5 M       0,5 Vì = -3, nên phương trình có hai nghiệm phức: 1 21 3 , 1 3z i z i    , (Do z1 có phần ảo dương) 0,25 Ta có:   2 2 2 1 2 1 31 3 1 3 os .sin 4 2 2 3 31 3 iz i i c i z i                    0,25 Do đó: 2013 4026 1 2 os .sin os1342 .sin1342 1 3 3 z c i c i z                    0,25 Câu 9b 1,0 điểm Vậy phần thực bằng 1, phần ảo bằng 0. 0,25 ..Hết. www.VNMATH.com