SỞ GD & ĐT KON TUM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 2012-2013
TRƯỜNG THPT KON TUM Môn: TOÁN; Khối A, A
1
, B, D.
Thời gian: 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
21
1
x
y
x



.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
()C
của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình đường thẳng

đi qua điểm
(0;1)I
và cắt đồ thị
()C
tại hai điểm phân biệt
,AB
sao cho diện tích tam giác
OAB

bằng
3
(O là gốc tọa độ).
Câu 2 (2,0 điểm).
1. Giải phương trình
(1 cos )cot cos2 sin sin 2x x x x x   
.
2. Giải hệ phương trình
   
3 1 2 7 2
( , )
2 4 5
x x y y x
xy
x y x y
    




   


¡
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
2
6
cos .ln(1 sin )

sin
xx
I dx
x





.
Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có
( ),SC ABCD
đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng
3a
và
·
0
120 .ABC 
Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
()ABCD
bằng
0
45 .
Tính theo
a
thể tích của khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho
,,abc
là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
3
23
P
a ab abc a b c

   
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 6a (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
5,AB 
( 1; 1)C 
, đường thẳng
AB
có phương trình là
2 3 0xy  
và trọng tâm G của tam giác
ABC
thuộc đường thẳng
: 2 0xy   
. Tìm tọa độ các đỉnh
A
và
.B

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm

( 2;2; 2), (0;1; 2)AB  
và
(2;2; 1)C 
. Viết
phương trình mặt phẳng
()P
đi qua
A
, song song với
BC
và cắt các trục y
’
Oy, z
’
Oz theo thứ
tự tại
,MN
khác gốc tọa độ
O
sao cho
2.OM ON

Câu 7a (1,0 điểm).
Tính mô đun của các số phức
z
thỏa mãn
2
2
1 ( 1)z z i iz    
.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 6b (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có
: 7 31 0,AC x y  
hai đỉnh B, D
lần lượt thuộc các đường thẳng
1
: 8 0d x y  
,
2
: 2 3 0d x y  
. Tìm tọa độ các đỉnh của
hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2
( ):
1 1 2
x y z
d
  


và mặt phẳng
( ): 2 6 0.P x y z   
Một mặt phẳng
()Q
chứa
()d
và cắt
()P

theo giao tuyến là đường thẳng

cách gốc tọa độ
O
một khoảng ngắn nhất. Viết phương trình của mặt phẳng
( ).Q

Câu 7b (1,0 điểm). Gọi
12
, zz
là hai nghiệm của phương trình
2
5
2cos 1 0
21
zz


  


. Tìm số n
nguyên dương nhỏ nhất sao cho
12
1.
nn
zz

Hết
ĐÁP ÁN & BIỂU CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 MÔN TOÁN

Năm học: 2012-2013

Câu
Ý
Đáp án
Điểm
1
2,0 đ
1
1,0 đ
Hàm số
21
1
x
y
x




 TXĐ:
 
\1D ¡

 Sự biến thiên của hàm số:
+ Các giới hạn và tiệm cận
( 1) ( 1)
lim ; lim
xx
yy


   
   

Đường thẳng
1x 
là tiệm cận đứng.
lim 2
x
y


Đường thẳng
2y 
là tiệm cận ngang.





0,25
+ Đạo hàm:
 
'
2
3
0
( 1)
y x D
x

   



0,25
+ Bảng biến thiên:

x



1
+


y
’
+ +
y
+

2
2


Hàm số đồng biến trong các khoảng
( ; 1) 
và
( 1; ) 
.

Hàm số không có cực trị.




0,25
 Đồ thị: Tự vẽ đồ thị.
0,25
2
1,0 đ
:1y mx  

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và

:
2
21
1 ( 1)
1
( ) ( 1) 2 0 (1)
x
mx x
x
f x mx m x

   

     





0,25
Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác
1

0
0
5 2 6 0
0
5 2 6
5 2 6
( 1) 0
5 2 6
m
m
mm
m
m
f
m






   



    

  











.
Khi đó

cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
1 1 2 2
( ; 1); ( ; 1)A x mx B x mx

Với
12
,xx
là hai nghiệm của (1)



0,25
Ta có

2 2 2 2
2 1 2 1 1 2
( ) (1 ) ( ) 4 (1 )AB x x m x x x x m

      


Mà
1 2 1 2
12
,
m
x x x x
mm

   
. Do đó
22
1
( 10 1)(1 )AB m m m
m
   

: 1 1 0y mx mx y      

2
1
( , )
1
d d O

m
   






0,25
Khi đó:
2
1 10 1
.3
22
OAB
mm
S AB d
m

  

2
1
11 10 1 0 1
11
m m m m        
(tmđk)
Do đó
:1yx   
hay

1
1.
11
yx




0,25
2
2,0 đ
1
1,0 đ
Phương trình
(1 cos )cot cos2 sin sin 2x x x x x   
(1)
Điều kiện:
sin 0 ( )x x k k

   ¢

Khi đó: (1)

cos
(1 cos ) cos2 sin sin 2
sin
x
x x x x
x
   


2 2 2
2 2 2
cos cos cos2 sin sin 2sin cos
cos (1 2sin ) cos2 sin (cos sin ) 0
x x x x x x x
x x x x x x
    
     




0,25
cos cos2 cos2 sin cos 2 0
cos2 (cos sin 1) 0
cos2 0
cos sin 1
x x x x x
x x x
x
xx
   
   










0,25
+
cos2 0 ( )
42
x x k k

    ¢
.
+
1
cos sin 1 0 cos 2
4 4 4
2
x x x x l
  


          




2
( )
2
2
xl

l
xl










¢
.




0,25
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:
42
xk


,
2
2
xl





( , )kl¢
.

0,25
2
1,0 đ
Hệ phương trình
   
3 1 2 7 2 (1)
2 4 5 (2)
x x y y x
x y x y
    



   



Điều kiện:
20
40
xy
xy







Với điều kiện trên thì
(1)  3x
2
7xy + 2y
2
+ x 2y = 0
 (3xy)(x2y) +(x2y) = 0
 (x2y)(3xy +1) = 0

20
3 1 0
xy
xy



  








0,25
+ x2y = 0  x = 2y

(2):
4 9 5yy
 y = 1
y = 1

x = 2 (tmđk)

0,25
+ 3x  y + 1= 0  y = 3x+1
(2) trở thành:
7 1 7 2 5xx   


2
1
7
49 21 2 11 7
x
x x x





   


1 11
17
77

17
25
25
x
x
x

  








.
17 76
25 25
xy  
(tmđk).





0,25
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) =
17 76
;

25 25



.

0,25
3
1,0 đ

Tích phân
2
2
6
cos .ln(1 sin )
sin
xx
I dx
x





.
Đặt
sin cost x dt xdx  

1
; 1

6 2 2
x t x t

     





0,25
Khi đó
1
2
1
2
ln(1 )t
I dt
t





0,25
Đặt:
2
ln(1 )
1
1
dt

ut
du
t
dt
dv
v
t
t
















Ta có
1
11
1
11
2

22
1 3 1 1
ln(1 ) ln 2 2ln
( 1) 2 1
dt
I t dt
t t t t t

        








0,25

11
11
22
27
2ln3 3ln 2 ln ln 1 3ln3 4ln2 ln .
16
tt       


0,25
4

1,0 đ



a
3
I
O
D
K
B
A
C
S


Kẻ
( )SK AB K AB CK AB   
(định lí 3 đường vuông góc)
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
()ABCD
là góc giữa
SK
và
CK
.
Do
·
SKC
nhọn nên

·
0
45SKC 

· ·
00
120 60ABC CBK  

Trong tam giác vuông
:CBK

0
3
sin 60
2
a
CK CB

Tam giác
SCK
vuông cân tại
C
nên
3
2
a
SC 






0,25
Ta có
2
0
33
. sin120
2
ABCD
a
S AB BC

Do đó
3
.
1 3 3
.
34
S ABCD ABCD
a
V S SC
(đvtt)


0,25
Gọi
O AC BD

Ta có

()
BD AC
BD SAC
BD SC






tại
O
.
Kẻ
( )OI SA I SA

OI
là đoạn vuông góc chung của SA và BD.


0,25
Dùng hai tam giác đồng dạng
AOI
và
ASC
suy ra
35
10
a
OI 

.
Vậy
35
( , )
10
a
d SA BD 
.


0,25
5
1,0 đ

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
3
1 4 1 4 16 4
. . ( )
2 2 3 4 3
a b a b c
a ab abc a a b c
  
       

Đẳng thức xảy ra khi
4 16 .a b c



0,25

Suy ra
33
2( )
P
abc
abc



. Đặt
, 0t a b c t   

Khi đó ta có
33
2
P
t
t

.
Xét hàm số
()ft
33
2t
t

với
0t 
.




0,25
'
2
33
( ) ;
2
2
ft
t
tt

'
2
33
( ) 0 0 1
2
2
f t t
t
tt
     

Bảng biến thiên:

t

0 1



'
()ft



0 +
()ft



0

3
2


Do đó
0
3
min ( )
2
t
ft


khi và chỉ khi
1t 
. Suy ra
3

2
P 
.






0,25
Vậy GTNN của P bằng
3
2

khi và chỉ khi
1
4 16
abc
a b c
  





16 4 1
, , .
21 21 21
a b c   





0,25
6a
2,0đ
1
1,0đ
Gọi
( ; )I x y
là trung điểm của đoạn
AB
và
( ; )
GG
G x y
là trọng tâm của
ABC
.
Do
2
3
CG CI
uuur uur
nên
2 1 2 1
;.
33
GG
xy

xy




0,25
Tọa độ điểm
I
thỏa mãn hệ phương trình:
2 3 0
5
2 1 2 1
1
20
33
xy
x
xy
y
  








  




. Vậy
(5; 1)I 



0,25
Ta có
5
22
AB
IA IB  

Gọi
()C
là đường tròn có tâm
(5; 1)I 
và bán kính
5
2
R 

22
5
( ): ( 5) ( 1)
4
C x y    
.




0,25
Tọa độ hai điểm
,AB
là nghiệm của hệ phương trình:
22
2 3 0 4 6
.
5 1 3
( 5) ( 1)
4 2 2
x y x x
x y y y
    
  
  

  
       
  
  

Vậy tọa độ hai điểm
,AB
là
13
4; , 6; .
22
   


   
   





0,25
2
1,0 đ
Từ giả thiết ta có
(0; ;0)Mm
và
(0;0; )Nn
trong đó
0mn 
và
2mn
.
0,25
Do
( ) / /P BC
và
()P
đi qua
,MN
nên VTPT của
()P
là

, ( ; 2 ; 2 )n BC MN m n n m

    

r uuur uuuur


0,25
TH1:
2mn
thì
, (3 ; 2 ; 4 ) ( 0)n BC MN n n n n

    

r uuur uuuur
.
()P
đi qua
( 2;2; 2)A 

( ):3 2 4 2 0.P x y z    


0,25
TH2:
2mn
thì
, ( ; 2 ;4 ) ( 0)n BC MN n n n n


    

r uuur uuuur
.
()P
đi qua
( 2;2; 2)A 

( ): 2 4 10 0.P x y z    
( loại vì
()P BC
)
Vậy
( ) :3 2 4 2 0.P x y z   


0,25
7a
1,0 đ

Đặt
, ( , )z a bi a b  ¡
. Từ giả thiết ta có

2
2
1 ( 1) ( 1 )a bi a b i b ai        


0,25

2
2
1 2( 1) 2 ( 1)
1 2( 1)
(1)
2 ( 1)
a bi b a b i
ab
b a b
      

  






0,25
Từ (1) suy ra :
2
1 2( 1) ( 1)
2( 1)
b
bb
b
    

2
21

( 2)(2 1) 0
11
22
ba
bb
ba
   


    

    


Suy ra
12zi
hoặc
11
.
22
zi  




0,25
+ Với
12zi
, ta có
5z 

.
+ Với
11
22
zi  
, ta có
2
2
z 
.

0,25
6b
2,0 đ
1
1,0 đ
12
( ;8 ), (2 3; ).B d B b b D d d d     

Khi đó
D ( 2 3; 8)B b d b d     
uuur
và trung điểm của
BD
là
2 3 8
;.
22
b d b d
I

    






0,25
Theo tính chất hình thoi ta có :
8 13 13 0 0
.0
6 9 9 0 1
AC
BD AC b d b
u BD
I AC b d d
I AC

     
  


  
   
     


  

uuur uuur

.
Suy ra
(0;8); ( 1;1)BD
.


0,25
Khi đó
19
;
22
I




;
( 7 31; )A AC A a a   
.
2
1 15
. 15 2
2
2
ABCD
ABCD
S
S AC BD AC IA
BD
     




0,25
2 2 2
3 (10;3) ( )
63 9 225 9 9
7
6 ( 11;6)
2 2 2 2 4
a A ktm
a a a
aA


     
          
     


     

Suy ra
(10;3)C
.

0,25
2
1,0 đ
Gọi

,HI
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
O
lên
()P
và

.
Ta có
( , )d O OI OH  
( không đổi)
Do đó
min ( , )d O OH
xảy ra khi
IH


0,25
Đường thẳng
OH
đi qua
(0;0;0)O
và nhận VTPT của
()P
là
(1;2;1)n 
r
làm
VTCP
:2

xt
OH y t
zt








(1)



0,25
( ) : 2 6 0P x y z   
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
6 6 0 1tt   

Từ
(1) (1;2;1)H


0,25
Khi đó
()Q
là mặt phẳng chứa
()d

và đi qua
.H

Ta có
(1;1;2) ( )Md
, VTCP của
()d
là
(1;1; 2)u 
r
,
(0; 1;1)HM 
uuuur
.
Suy ra VTPT của
()Q
là
, ( 1; 1; 1)
Q
n u HM

    

uur r uuuur
,
()Q
đi qua
(1;1;2)M

Do đó

( ): 1( 1) 1( 1) 1( 1) 0 4 0.Q x y z x y z           



0,25



I
(d)
H
P
Q
O


7b
1,0 đ


Phương trình
2
5
2cos 1 0
21
zz


  



(1)
(1) có
' 2 2
55
cos 1 sin
21 21

    
.
Do đó các căn bậc hai của
'

là
5
sin
21
i



Vậy (1) có các nghiệm là
1
2
55
cos sin
21 21
55
cos sin
21 21

zi
zi

















0,25
12
5 5 5 5
1 cos sin cos sin 1
21 21 21 21
5 5 5 5
cos sin cos sin 1
21 21 21 21
5 5 5 5
cos sin cos sin 1
21 21 21 21

nn
nn
n
n
z z i i
ii
n n n n
ii
   
   
   
   
      
   
   

     
      
     

     

   
      
   
   





0,25
5 5 5
cos cos 1 2cos 1
21 21 21
5 5 7 42
cos cos 2 ( ) (*)
21 3 21 3 5 5
n n n
n n k
k n k
  
   


     


           ¢



0,25
Vì
n
là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra
7.n 

0,25

Hết