www.toancapba.net 4 de thi thu dai hoc co dap an 2013
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.11 MB, 24 trang )
WWW.ToanCapBa.Net
Sở GD&ĐT Quảng Nam
Trường THPT chuyên
Nguyễn Bỉnh Khiêm
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
MÔN TOÁN – KHỐI B, D
Thời gian làm bài : 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
2
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 mx 2 (m 2) x 2 (1)
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2.
b) Xác định các giá trị m để hàm số (1) nghịch biến trên nửa khoảng [0; + )
Câu II (2 điểm)
3 cos x
1
1) Giải phương trình:
2 3 tan x cot x
2
sin x
cos x
3
log 2 ( x 3)2 3 log 2 ( x 7) 3 log 2 (5 x) 3
2) Giải bất phương trình:
2
/2
log 2 (3sin x cos x)
Câu III (1 điểm) Tính tích phân I =
dx
sin 2 x
/4
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a 3 , BC = a ;
SA (ABCD) và SA = a 6 . Mặt phẳng (P) qua BC hợp với BD một góc 300 và cắt SA, SD lần lượt tại
M, N. Tính thể tích khối chóp A.BCNM và khoảng cách giữa BD và SC.
Câu V (1 điểm) Xác định các giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
x y 2 xy 4 0
2
2
x y 2 xy (1 m) 3(1 m) 0
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( 2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(2; 4), phân giác góc ·
ABC nằm trên đường
thẳng d: x – 3y + 5 = 0, trung tuyến từ C có phương trình : 3x – 2y + 5 = 0. Tính diện tích tam giác ABC.
x2 y2 z3
x4 z 2 z 3
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 :
, d2 :
2
1
2
1
3
1
và điểm C(1; 1; 2). Gọi A, B là hai điểm lần lượt nằm trên d1 và d2 đồng thời AB vuông góc với mặt
phẳng (P): 5x + 4y + z + 2 = 0. Viết phương trình đường phân giác góc ·
ACB của tam giác ABC.
2
Câu VIIa (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn các điều kiện z 5i 3 i. z và i. z là số ảo
z
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb ( 2 điểm)
x2 y2
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E):
1 và điểm C(5; 0). Tìm tọa độ điểm A và B trên
25 9
(E) sao cho CA = CB và diện tích tam giác ABC lớn nhất .
x 3 y 2 z 1
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :
và mặt phẳng (P) :
4
1
2
2 x 3 y z 4 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm A(2; 2; 1) song song với đường thẳng d
đồng thời hợp với mặt phẳng (P) một góc 600 .
Câu VIIb (1 điểm) Giải hệ phương trình:
ln(1 2 x ) ln(1 2 y ) 2 x 2 y
2
2
x 6 xy 3 y 8
------------------------------Hết-------------------------------WWW.ToanCapBa.Net
1
WWW.ToanCapBa.Net
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI B, D
THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Câu
I
Đáp án
Điểm
Câu I ( 2 điểm)
2
1)(1 điểm) Khi m = 2 hàm số có dạng y = x 3 2 x 2 2
3
+ TXĐ : D = R ; lim y ; lim y
x
x
x 0 y 2
+ y’ = – 2x + 4x ; y’ = 0
x 2 y 2
3
+ BBT
x
–
0
2
+
y’
–
0
+
0
–
+
2/3
y
–2
–
Hàm nghịch biến trên các khoảng (– ; 0) và (2; + ); đồng biến trên khoảng (0; 2).
Điểm cực tiểu (0; – 2), điểm cực đại (2; 2/3).
2
+y” = – 4x + 4 ; y”= 0 x = 1 y = – . Đồ thị có điểm uốn (1 ; )
3
+ Đồ thị :
2
0,25
0,25
0,25
4
2
0,25
-10
-5
5
10
-2
-4
------
-6
2) y’ = 2 x 2 2mx m 2
Hàm nghịch biến trên [0; + ) y ' 0, x [0; )
0,25
2
2 x 2mx m 2 0, x [0; )
2x2 2
, x [0; )
m
2x 1
2x2 2
4x2 4 x 4
1 5
Đặt g(x) =
thì g’(x) =
, g’(x) = 0 x
2
2x 1
(2 x 1)
2
BBT
x
(1 5) / 2 0
(1 5) / 2
g’(x)
0
–
0
+
2
g(x)
5 1
m g ( x ), x [0; ) m 5 1
WWW.ToanCapBa.Net
0,25
+
+
0,25
0,25
2
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
II
Đáp án
Điểm
Câu II (2 điểm)
sin x 0
1) (1 điểm) ĐK:
x k ,k Z
2
cos x 0
Pt tương đương: ( 3 cos x ) cos x sin 2 x 2 3 sin 2 x cos x sin x(sin 2 x cos 2 x )
2
2
2
2
0,25
2
3 cos x(1 2sin x ) sin x(sin x cos x ) cos x sin x
3 cos x.cos 2 x sin x.cos 2 x cos 2 x cos 2 x ( 3 cos x sin x 1) 0
cos 2 x 0 (a)
3 cos x sin x 1(b)
(a) 2x = k x k
2
4
2
x
k 2 (loai )
3
1
1
1
2
(b)
cos x sin x cos( x )
2
2
2
6
2
x k 2
6
7 x 5
. Với điều kiện trên BPT tương đương
2) (1 điểm) ĐK
x 3
0,25
0,25
0,25
-----
log 2 x 3 1 log 2 ( x 7) log 2 (5 x )
log 2 x 3 (5 x) log 2 2( x 7) x 3 (5 x ) 2( x 7) (1)
0,25
+ Nếu 7 x 3 thì (1) ( x 3)(5 x) 2( x 7) x 2 4 x 29 0
2 33 x 2 33
So điều kiện chọn 2 33 x 3
0,25
x 1
+ Nếu 3 x 5 thì (1) ( x 3)(5 x) 2( x 7) x 2 1
x 1
3 x 1
So điều kiện chọn
1 x 5
+ Kết luận : Tập nghiệm BPT là S = (2 33; 3) (3; 1] [1;5)
/2
III
Câu III (1 điểm) I =
/2
0,25
0,25
----
log (3sin x cos x)
1
ln(3sin x cos x )
dx =
dx
/4 2 sin 2 x
ln 2 /4
sin 2 x
3cos x sin x
dx
u ln(3sin x cos x) du
3sin x cos x
+ Đặt
1
dv sin 2 x dx
v cot x 3 cos x 3sinx
sin x
0,25
/2
+I=
1
3cos x sin x
/2
[ ( cot x 3) ln(3sin x cos x ) /4
dx ]
ln 2
sin
x
/4
/2
1
[ 3ln 3 4 ln 2 2 (3ln sin x x ) /4 ]
ln 2
1
=
[15 ln 2 3ln 3 ]
ln 2
4
Câu IV (1 điểm)
+ BC//AD (P) (SAD) = MN//AD//BC. Do BC (SAB) BC BM
=
IV
WWW.ToanCapBa.Net
0,25
0,25
0,25
----
3
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
Đáp án
S
M
N
K
E
H
A
D
F
O
B
C
Điểm
BCNM là hình thang vuông.
Kẻ DE //SA, với E MN thì
DE (ABCD). Hạ DH CE, H CE thì
·
DH (BCNM) DBH
300
BD = 2a ; HD = BD.sin300 = a
a 6
1
1
1
=AM
DE =
2
2
2
DH
DC
DE
2
1
1
M trung điểm SA MN = AD = a
2
2
3a 2
9a 2 2
1
S BCNM ( MN BC ) BM =
2
2
8
+ AD//(P) d(A;(P)) = d(D;(P)) =DH = a.
1
3a 3 2
VA.BCNM S BCNM .d ( A; ( BCNM ))
3
8
+ O = AC BD, OM//SC SC//(MBD) d(SC ;BD) = d(C ;(MBD))
Kẻ AF BD, F BD và AK MF, K MF thì AK (MBD)
a 2
2
1
1
1
1
1
1
2 AK =
2
2
2
2
2
2
AK
AF
AM
AB
AD
AM
a
2
0,25
+ BM = AB 2 AM 2
+ Do O trung điểm AC d(SC ;BD) = d(C ;(MBD)) = d(A; (MBD)) =
V
0,25
a 2
2
0,25
----
x y 2 xy 4 0
Câu V (1 điểm) 2
2
x y 2 xy (1 m) 3(1 m) 0
S 2 P 4 0
Đặt S = x + y, P = xy , S 2 4 P thì hệ trở thành 2
S 2mP 3(1 m) 0
4 S
P 2
2
m S 3 (*)
S 1
S 4
+ S 2 4 P S 2 2(4 S ) S 2 2 S 8
S 2
+ Hệ có nghiệm khi và chỉ khi (*) có nghiệm S (; 4] [2; )
S 1
S2 3
S 2 2S 3
Đặt f(S) =
, f’(S) = 0
f’(S) =
2
S 1
( S 1)
S 3
BBT
S
–
–4
–1
2
3
f’(S)
+
–
0
7
19 / 5
f(S)
–
6
4S
P
2
2
S m(4 S ) 3(1 m) 0
Phương trình m = f(S) có nghiêm S (; 4] [2; ) m (;
WWW.ToanCapBa.Net
0,25
0,25
0,25
+
0,25
+
+
19
] [6; )
5
0,25
4
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
VIa
Đáp án
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( 2 điểm)
1) (1 điểm) Gọi D đối xứng của A qua đường thẳng d thì D thuộc đường thẳng BC
AD d phương trình đường thẳng AD: 3x + y – 10 = 0. Tọa độ K = AD d là
x 3y 5 0
x 5 / 2
K( 5 / 2;5 / 2) D(3; 1)
nghiệm hệ
3 x y 10 0
y 5/ 2
B(3b – 5; b) d; M(m;
VIIa
VIb
Điểm
0,25
2 x x A xB
3m 5
) là trung điểm của AB M
2
2 yM y A yB
2m 2 3b 5
b 1
. Suy ra B( – 2; 1)
3m 5 4 b
m 0
+ Phương trình đường thẳng BD: y = 1 C( – 1 ; 1),
1
3
BC = 1, d(A; BC) = 3 . Suy ra S ABC BC .d ( A; BC )
2
2
2)
A(–
2
+
2a
;
2
+
a
;
–
3
+
2a)
d
,
B(
–
4
–
b
;
2
–
3b
;
– 3 + b) d2
1
uuur
r
AB = ( – 2 – b – 2a ; – 3b – a ; b – 2a); (P) có VTPT n (5; 4;1)
uuur
r
2 b 2a 3b a b 2a
+ AB (P) AB cùng phương với n (5; 4;1)
5
4
1
3
a
11
b
8
a
1
7 a 7b 0
b 1
Suy ra A(0; 3; – 1) , B(– 5 ; – 1; – 2)
DA CA
14 1
+ Đường phân giác góc ·
ACB cắt AB tại D ta có
DB CB
56 2
uuur
uuur
5 5 4
DB 2 DA D( ; ; )
3 3 3
uuur
8 2 10
x 1 y 1 z 2
CD ( ; ; ) phương trình đường thẳng CD:
3 3
3
4
1
5
Câu VIIa (1 điểm) Gọi z = x + iy
z 5i 3 i z x ( y 5)i ( y 3) ix x 2 ( y 5)2 ( y 3)2 x 2
y=–1
2
2( x yi ) y ( x 2 y 2 ) 2 x [x ( x 2 y 2 2 y ]i
i.z i ( x yi) 2
=
z
x y2
x2 y2
y(x2 y2 ) 2x 0
x 1
2
Ta có : y = – 1 và i. z là số ảo khi và chỉ khi
z
y 1
y 1
Vậy z = – 1– i
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb ( 2 điểm)
1) A, B ( E ) thỏa CA = CB . Theo tính chất đối xứng qua trục hoành của elip thì A và B
x02 y02
0 , – 5 y0 5
25 9
1
1
9
3
S = d (C , AB ). AB 5 x0 2 y0 S2 =
(25 x02 )(5 x0 ) 2 = (5 x0 )3 (15 3x0 )
2
2
25
25
1
+ BĐT Cô-Si : (5 x0 )(15 3 x0 ) (5 x0 15 3x0 ) 10 x0
2
0,25
0,25
0,25
-----
0,25
0,25
0,25
0,25
----
0,25
0,25
0,25
0,25
----
đối xứng qua trục hoành A( x0 ; yo ), B( x0 ; y0 ), với
WWW.ToanCapBa.Net
0,25
5
WWW.ToanCapBa.Net
4
3
3
3 15
2
(5 x0 )2 (10 x0 )2 (5 x0 )(10 x0 )
25
25
25 2
5 x0 15 3x0
45 3
5
Suy ra S
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x0
4
2
5 x0 10 x0
Suy ra S 2
45 3
5 3 3
5 3 3
Vậy MaxS =
khi và chỉ khi A( ,
) , B( ,
)
4
2 2
2
2
5 3 3
5 3 3
hoặc A( ,
) ,B ( ,
)
2
2
2 2
2) (1 điểm)
uur
r
(P) có VTPT nP (2;3; 1) ; d có VTCP u (4; 1; 2)
uur
Gọi nQ ( A; B; C ) là VTPT của mặt phẳng (Q) cần tìm
r uur
+d//(Q) u nQ 4A – B – 2C = 0 B = 4A – 2C ( 1)
uur uur
2 A 3B C
+ cos 600 cos(nP , nQ )
(2).Từ (1) và (2) ta có
A2 B 2 C 2 . 14
VIIb
2 2 A 3(4 A 2C ) C 14. A2 C 2 (4 A 2C )2 9C 2 40 AC 39 A2 0
Nếu A = 0 thì C = 0 suy ra B = 0 , vô lí. Vậy A 0, chọn A = 1 ta có
B 2
C 3
9C 2 40C 39 0
C 13 / 9 B 10 / 9
uur
+Với nQ (1; 2;3) phương trình (Q):(x – 2) – 2(y – 2) + 3(z – 1) = 0
hay x – 2y + 3z – 1 = 0.
uur
10 13
10
13
+Với nQ (1; ; ) phương trình (Q) ( x 2) ( y 2) ( z 1) 0 hay
9 9
9
9
9x + 10y + 13z – 51 = 0
ln(1 2 x ) 2 x ln(1 2 y ) 2 y (1)
Câu VIIb (1 điểm) Hệ đã cho tương đương 2
2
x 6 xy 3 y 8 (2)
1
1
1
ĐK : x , y . Đặt f(t) = ln(1 + 2t) – 2t, t >
2
2
2
2
4t
f’(t) =
2
; f’(t) = 0 t 0
1 2t
1 2t
BBT
t
– 1/2
0
+
f’(t)
+
0
–
0,25
0,25
0,25
-----
0,25
0,25
0,25
0,25
----
0,25
0,25
f(t)
+ Nếu xy 0 (2) vô nghiệm hệ vô nghiệm
+ Xét xy > 0 x và y cùng dấu. Do f(t) ĐB trên (– 1/2 ; 0) và NB trên (0; + ) nên
x 2
(1) f(x) = f(y) x = y. Thế vào (2) ta có x 2 6 x 2 3 x 2 8
x 2(loai)
Vậy hệ có nghiệm (x ; y) = (2 ; 2)
0,25
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
6
WWW.ToanCapBa.Net
Sở GD&ĐT Quảng Nam
Trường THPT chuyên
Nguyễn Bỉnh Khiêm
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
MÔN TOÁN – KHỐI A , A1
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
1
1
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 mx 2 (1)
2
2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 1
2) Xác định m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị A, B, C và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có
3
bán kính R =
2
Câu II (2 điểm)
3(1 sin 2 x)
1) Giải phương trình: 6 cot 3 x 2 cot x
8sin 2 ( x) = 0
2
sin x
4
2
x 3 2 y 2 xy 3 3 2 y 15
2) Giải hệ phương trình:
x( x 3 2 y ) 2 y 4
2
x 1
Câu III (1 điểm) Tính tích phân I =
dx
0 1 2x 1 4x
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD, cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt trung điểm các cạnh
SA và BC. Biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa MN và BD.
1
Câu V (1 điểm) Cho các số thực a, b, c > . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4
2
2
2a 1
2b 1
2c 2 1
P=
2b 2c 1 2c 2a 1 2a 2b 1
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( 2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 y 2 6 x 2 y 15 0 và điểm A(3; 9). Từ A vẽ
các tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (C) ; với B, C là các tiếp điểm. Viết phương trình đường tròn nội
tiếp tam giác ABC.
x 1 y 1 z 1
x 1 y z 3
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1:
; d2 :
và
2
2
1
2
1
2
điểm M( 5; 1;4 ). Chứng tỏ d1 và d2 cắt nhau tại điểm I. Viết phương trình đường thẳng qua M cắt d1,
d2 lần lượt tại A, B khác I sao cho IA = IB.
Câu VIIa (1 điểm) Tìm tâp hợp các điểm M trong mặt phẳng phức biểu diển các số phức z thỏa điều kiện
w 1 i
z = (1 + 2i)w + 1, trong đó w C và
5.
2i
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb ( 2 điểm)
x2 y2
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E):
1 và hai điểm A(3; 4), B(6; 2). Tìm điểm C trên
18 8
· sin 2 CBA
· .
(E) sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất. Trong trường hợp đó tính giá trị của sin 2 CAB
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; 2; 3), B(– 2; 1; 4) và C(1; 4; – 1). Tìm điểm M trên
mặt phẳng (P): 3x + 4y – 5z – 6 = 0 sao cho Q = MA2 2MB 2 3MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
0
2
4
6
2010
2012
Câu VIIb (1 điểm) Tính tổng S = C2013
C2013
C2013
C2013
... C2013
C2013
---------------------------------- Hết ----------------------------------WWW.ToanCapBa.Net
7
WWW.ToanCapBa.Net
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A, A1
THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Câu
I
Đáp án
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
1
1
1)(1 điểm) Với m = 1 hàm số có dạng y = x 4 x 2
2
2
+ Tập xác định: D = R , lim y , lim y
x
Điểm
x
1
x 0 y
+ y’ = 2 x 2 x ; y’ = 0
2
x 1 y 0
+BBT
x
–
–1
y’
–
0
+
3
y
+
0,25
0
0
1
2
1
0
–
+
+
+
0
0
Hàm đồng biến trên các khoảng (–1 ; 0) và (1 ;+ ); nghịch biến trên các khoảng
1
(– ,– 1) và (0 ; 1). Điểm cực đại (0 ; ), điểm cực tiểu (–1 ; 0) và (1 ;0)
2
1
1 2
2
+ y” = 6x2 – 2 ; y” = 0 x =
y . Đồ thị có hai điểm uốn(
, )
9
3
3 9
+ Đồ thị:
0,25
0,25
8
6
0,25
4
2
-10
-5
5
10
------
-2
2)(1 điểm)
+ y’ = 2 x3 2mx 2 x( x 2 m)
+ Hàm có 3 điểm cực trị y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt m > 0
x 0
1 m2
1
y’ = 0
), C(–
3 điểm cực trị A(0, ), B( m ,
2
2
2
x
m
2
2
2
3
· AB AC BC m 4 sin BAC
· 4m m
+ cos BAC
3
2 AB. AC
m 4
m3 4
4m m
·
+BC = 2R.sin BAC
2 m 3. 3
m3 6m 4 0
m 4
m 2
(m 2)(m2 2m 2) 0
m 1 3
So điều kiện chọn được m = 2 và m = 1 3
WWW.ToanCapBa.Net
1 m2
m,
)
2 2
0,25
0,25
0,25
0,25
8
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
II
Đáp án
Câu II (2 điểm)
1) (1 điểm) Điều kiện sinx 0 x k .
Phương trình tương đương: 6 cot 3 x 2 cot x 3(1 cot 2 x)(1 sin 2 x) 4(1 sin 2 x) 0
2 cot x(3cot 2 x 1) (1 sin 2 x)(3cot 2 x 1) 0 (3cot 2 x 1)(2 cot x 1 sin 2 x) 0
3cot 2 x 1 0 (1)
2 cot x 1 sin 2 x 0 (2)
1
x k
(1) cot x
3
3
2
(sin x cos x ) 0
(2) 2(cot x 1) (1 sin 2 x) 0 (sin x cos x )
sin x
sinx + cosx = 0 x = k
4
2
2
Vì
2 và sin x cos x 2
(sin x cos x ) 0 vô nghiệm
sin x
sin x
2) (1 điểm) Đặt t =
2
0,25
0,25
0,25
0,25
-----
3 2 y , t 0 . Hệ trở thành
2
2
x t x (t 3) 3t 15 x t xt 3( x t ) 15
2 2
(I)
2
2
x xt t 3 4
x t xt 7
III
Điểm
2
Đặt S = x + t ; P = xt; S 2 4 P . Hệ (I) trở thành
1
1
SP 3S 15 P ( S 2 7) P ( S 2 7)
S 5
3
3
2
P 6
S 3P 7
S 3 16 S 45 0 ( S 5)( S 2 5S 9) 0
x t 5
x 3, t 2
1
. Với t = 2 y , với t = 3 y = 3
Ta có
2
xt 6
x 2, t 3
1
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x, y) là (3, ) và (2, 3)
2
2
x 1
Câu III (1 điểm) I =
dx
0 1 2x 1 4x
t2 1
1
dx tdt . Với x = 0 t = 1 ; với x = 2 t = 3
4
2
3
3
3
2
1 t (t 3)
1
6t 2
1
6
4
+I= 2
dt t 2 2
dt
t 2
dt
4 1 t 2t 1
41
t 2t 1
4 1
t 1 (t 1) 2
0,25
0,25
0,25
0,25
-----
+ Đặt t = 1 4 x x
2
IV
0,25
0,25
3
1 (t 2)
4
1
=
6 ln t 1
6 ln 2 1
4 2
t 1 1 4
Câu IV (1 điểm)
+ Gọi O = AC BD thì SO (ABCD). Gọi E trung điểm AO thì ME//SO
·
ME (ABCD) MNE
600 là góc giữa MN và mp(ABCD)
5a 2
a 10
Ta có EN 2 CE 2 CN 2 2CE.CN .cos 450
EN =
8
4
a 30
a 30
1
a 30
ME = EN.tan600 =
, SO = 2ME =
, VS . ABCD a 2 .
4
2
3
2
WWW.ToanCapBa.Net
0,5
-----
0,25
0,25
9
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
Đáp án
Điểm
S
M
A
B
H
E
O
N
L
D
Ta có OL =
V
VIa
K
a 2
, ML =
4
C
ME 2 EL2
+ Gọi K trung điểm CD thì
KN//BD BD//(MKN)
d(BD,MN) = d(O,(MKN))
+ Gọi L = AC KN, ta có
KN (SAC) (MNK) (SAC)
+ Hạ OH ML , H ML thì
OH (MKN). Tam giác vuông MEL và
OHL đồng dạng
OH OL
ME.OL
+ suy ra
OH =
ME ML
ML
a 38
a 15
= d(BD,MN)
OH =
4
2 38
Câu V (1 điểm)
4a 2 2
4b 2 2
4c 2 2
2P =
2b 2c 1 2c 2a 1 2a 2b 1
4a 2 2
4a 1
1
Ta có: 4a 2 1 4a
,dấu đẳng thức xảy ra KCK a =
2b 2c 1 2b 2c 1
2
4a 1
4b 1
4c 1
Suy ra 2P
2b 2c 1 2c 2a 1 2a 2b 1
1
1
1
2P 4a 4b 4c 3
6
2b 2c 1 2c 2a 1 2a 2b 1
1
1
1
Theo BĐT Bunhiacôpxki 4a 4b 4c 3
9
2b 2c 1 2c 2a 1 2a 2b 1
3
1
Suy ra 2P 3 P . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
2
2
3
Vậy MinP =
2
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( 2 điểm)
1)(1 điểm)
B
(C) có tâm I(– 3; 1), bán kính R = 5. ta có AI = 10
1
· 600
Ta có cos ·
AIB ·
AIB 600 ABC
G H I
A
2
tam giác ABC đều. Gọi H = AI BC
uuur 1 uur
IB 2 5
3
C
IH =
. Do đó IH IA H( ,3 );
IA 2
4
2
Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC trùng với trọng tâm G của tam giác ABC
uuur 2 uuur
5
Ta có AG AH G(0; 5). Bán kính đường tròn nội tiếp là r = GH =
3
2
25
Suy ra phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là : x 2 ( y 5)2
4
WWW.ToanCapBa.Net
0,25
0,25
----
0,25
0,25
0,25
0,25
----
0,25
0,5
0,25
10
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
VIIa
VIb
Đáp án
2)(1 điểm)
+d1 cắt d2 tại điểm I khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm duy nhất
x 1 y 1 z 1
x 1
2 2 1
y 1 . Vậy d1 cắt d2 tại điểm I (1; – 1; 1).
z 1
x 1 y z 3
2
1
2
r
r
r r
+d1 có VTCP u =(2; 2; 1), d2 có VTCP v = (– 2; 1; 2) suy ra [ u , v ] = (3; – 6; 6).
uuur
r r uuur
Ta có IM = ( – 6; 0; 3) [ u , v ]. IM = 0 M mp(d1;d2)
+ Lấy E(3; 1; 2) d1 và tìm F d2 sao cho IE = IF. Ta có F( 1 2t; t ;3 2t )
t 0
IE = IF IE2 = IF2 9 = (2 2t )2 (t 1)2 (2t 2) 2 9 = 9(t + 1)2
t 2
F(– 1; 0; 3) và F’(3 ; – 2 ; – 1)
uuur
x 5 y 1 y 4
+ Đt qua M nhận EF = (– 4; – 1; 1) làm VTCP có pt :
4
1
1
x 5
uuuur
+Đt qua M nhận EF ' = ( 0; – 3; –3) làm VTCP có pt : y 1 3t
z 4 3t
Câu VIIa (1 điểm) Gọi z = x + iy
z 1
z = (1 + 2i)w + 1 w
suy ra
1 2i
( x 1) yi
( x 1) yi (1 i)(1 2i )
( x 2) ( y 1)i
w 1 i
1 i
=
1 2i
1 2i
1 2i
w 1 i ( x 2) ( y 1)i ( x 2) ( y 1)i
2i
(1 2i )(2 i )
4 3i
w 1 i
( x 2) ( y 1)i
5
5 ( x 2) ( y 1)i 5 4 3i
2i
4 3i
( x 2)2 ( y 1) 2 125
Vậy tập hợp điểm là đường tròn tâm I( – 2; – 1 ), bán kính R = 5 5
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb ( 2 điểm)
1)(1 điểm) Phương trình đường thẳng AB : 2x + 3y – 18 = 0 và AB = 13
2 x0 3 y0 18
x2 y2
C(x0 ; y0) ( E ) 0 0 1 , d(C ; AB) =
18 8
13
2 x 3 y0 18
1
S = S ABC AB.d (C ; AB ) 0
2
2
x
y
x2 y2
+ BĐT Bunhiacôpxki : (2 x0 3 y0 ) 2 ( 0 .6 2 0 .6 2) 2 ( 0 0 )144 144
18 8
3 2
2 2
12 2 x0 3 y0 12 30 2 xo 3 y0 18 6 2 x0 3 y0 18 6 S 3,
x0 y0
x0 3
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 36 24
y0 2
2 x0 3 y0 18 6
Vậy Min S = 3 khi và chỉ khi C(3; 2)
WWW.ToanCapBa.Net
Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
------
0,25
0,25
0,25
0,25
----
0,25
0,25
0,25
11
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
Đáp án
uuur
uuur
uuur uuur
+ Ta có CA (0; 2) , CB (3; 0) CA.CB 0 Tam giác ABC vuông tại C.
· sin 2 CBA
·
Suy ra : sin 2 CAB
=1
uur
uur uur r
uur 1 uuur
uuur uuur
2)(1 điểm) Tìm điểm I sao cho IA 2 IB 3IC 0 OI (OA 2OB 3OC )
2
Suy ra I(4; 6; – 4) . Với M (P) ta có
uuur uur
uuur uur
uuur uur
Q = MA2 2MB 2 3MC 2 = ( MI IA)2 2( MI IB )2 3( MI IC )2
uuur uur
uur uur
= 2MI 2 IA2 2 IB 2 3IC 2 2MI ( IA 2 IB 3IC ) = 2MI 2 IA2 2 IB 2 3IC 2
Điểm
0,25
-----0,25
Do IA2 2 IB 2 3IC 2 không đổi nên Q nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất
M là hình chiếu vuông góc của I lên mặt phẳng (P)
uur
+ Đường thẳng d qua I vuông góc với (P) nhận nP (3; 4; 5) làm VTCP nên có
VIIb
0,25
x 4 3t
phương trình tham số y 6 4t .
z 4 5t
+Tọa độ giao điểm M của d và (P) ứng tham số t là nghiệm phương trình:
3(4 + 3t) + 4(6 + 4t) – 5(– 4 – 5t) – 6 = 0 50 + 50 t = 0 t = – 1
Vậy M(1; 2; 1)
Câu VIIb (1 điểm)
0
1
2
3
2012 2012
2013 2013
Ta có (1 i )2013 C2013
C2013
i C2013
i 2 C2013
i 3 ... C2013
i C2013
i
0,25
0,25
---0,25
Vì i 4 m 1, i 4 m1 i , i 4 m 2 1, i 4 m 3 i và 2013 = 4.503 + 1. Suy ra
0
2
4
6
2012
1
3
5
2013
(1 i )2013 C2013
C2013
C2013
C2013
... C2013
+ C2013
C2013
C2013
... C2013
i (1)
Vì (1 i )2 2i nên (1 i )2013 (1 i )4.5031 (22 )503 (1 i) 21006 (1 i ) (2)
0
2
4
6
2010
2012
Từ (1) và (2) suy ra C2013
C2013
C2013
C2013
... C2013
C2013
= 21006
WWW.ToanCapBa.Net
0,25
0,25
0,25
12
WWW.ToanCapBa.Net
Sở GD&ĐT Quảng Nam
Trường THPT chuyên
Nguyễn Bỉnh Khiêm
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
MÔN TOÁN – KHỐI B, D
Thời gian làm bài : 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
x 1
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
x 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số.
2) Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với đường thẳng d: y = 3x + 1 một
góc 450 .
Câu II (2 điểm)
3 4 cos 2 x 8cos 4 x
1
1) Giải phương trình :
sin 2 x cos 2 x
sin 2 x
2) Giải phương trình:
x 6 x 5 2 x 4 ( x 1) ( x 1)( x 2) 14
/4
1 cos 2 x
dx
2 cos x sin x cos3 x
0
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = 3a, BC = a, mặt bên (SBC)
vuông góc với mặt đáy, tam giác SBC cân đỉnh S và có trọng tâm G. Biết khoảng cách từ G đến mặt
2a 3
phẳng (SAD) bằng
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
3
3
3
1
1
Câu V (1 điểm) Cho a 0, b 0. Chứng minh rằng: a 2 b b 2 a 2a 2b
4
4
2
2
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( 2 điểm)
x2 y2
1 với F1, F2 là hai tiêu điểm ; M là điểm trên elip sao cho
1) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E)
100 36
0
F
1 MF2 90 . Tìm bán kính đường tròn nội tiếp tam giác F1MF2 .
2) Trong không gian Oxyz cho các điểm A(4,0, 0) và M(6, 3 ,1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua
A và M sao cho (P) cắt trục Oy, Oz lần lượt tại B,C thỏa mãn thể tích tứ diện OABC bằng 4
z 3i
Câu VIIa (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z z 3 3i và
là số ảo
z 3
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb ( 2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(3,– 2), đường cao từ đỉnh A có phương
trình x – 2y – 11 = 0, và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : 2x + y – 5 = 0.Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C ,
biết diện tích tam giác ABC bằng 3.
x 1 y 3 z
x5 y z 7
2) Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng : 1 :
và mặt
, 2 :
2
6
4 15
3
2
phẳng (P) : 2x + 2y + z + 4 = 0. Tìm các điểm M 1 , N 2 sao cho MN song song với mặt phẳng (P)
và cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 4
Câu VIIb (1 điểm) Giải hệ phương trình:
16 x 2 9 y 2 5
log 5 (4 x 3 y ) log 3 (4 x 3 y ) 1
Câu III (1 điểm) Tính tích phân I =
4
WWW.ToanCapBa.Net
13
WWW.ToanCapBa.Net
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI B,D
THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
Câu
Đáp án
Câu I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
I
1)(1 điểm)
+ Tập xác định: D = R \ 1
Điểm
+ lim y , lim y suy ra x = 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị
x 1
x 1
lim y lim y 1 suy ra y = 1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị
x
x
2
+ y’ =
< 0, x 1 suy ra hàm nghịch biến trên các khoảng (– ,1) và (1,+ )
( x 1) 2
+BBT
1
+
x
–
y’
–
–
1
+
y
–
1
+Đồ thị cắt trục Ox tại (–1,0), cắt trục Oy tại (0,–1)
f x =
0,25
0,25
0,25
x+1
x-1
2
-5
5
-2
0,25
2) Tiếp tuyến của (C) tại M(x0, y0) (C) có hệ số góc k = y’(x0) =
+Phương trình tiếp tuyến có dạng y = k(x – x0 ) + y0
+ và d lần lượt có VTPT n = (k ,– 1), nd = (3,– 1).
Góc giữa và d bằng 450 nên cos(n , nd ) cos 450
0,25
3k 1
k 1. 10
k 2
2k 2 3k 2 0
. Vì k < 0 nên chọn k = – 2
k 1/ 2
x 0
2
= – 2
+k=–2
2
( x0 1)
x 2
Vậy có hai điểm M thỏa bài toán là M1(0, - 1), M2(2, 3)
WWW.ToanCapBa.Net
2
<0
( x0 1) 2
2
1
2
0,25
0,25
0,25
14
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
Đáp án
Câu
II
(2
điểm)
Câu
1) ĐK sin 2 x cos 2 x 0 và sin 2 x 0
II
+ Ta có 3 + 4cos2x – 8cos4x = 3 + 4cos2x – 2(1 + 2cos2x + cos22x)
= 1 – 2cos2 2x = sin22x – cos22x
sin 2 2 x cos 2 2 x
1
1
sin 2 x cos 2 x
+ Phương trình tương đương
sin 2 x cos 2 x
sin 2 x
sin 2 x
cos 2 x(sin 2 x cos 2 x) 0 cos2x = 0 (vì sin 2 x cos 2 x 0 )
k
2 x k x
2
4 2
2) x x 2 x ( x 1) ( x 1)( x 2) 14 ( x x 1) x x 2 14 0
6
5
4
2
2
x 2 x 2 , t 0 thì pt có dạng t3 + 3t – 14 = 0 (t – 2)(t2 + 2t + 7) = 0 t = 2
x 2
+ x 2 x 2 = 2 x2 + x – 2 = 4 x2 + x – 6 = 0
x 3
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2 và x = – 3
Câu
Câu III (1 điểm)
III
/4
/4
/4
1 cos 2 x
2sin 2 x
2 tan 2 x
I=
dx =
dx =
dx
2 cos 4 x sin x cos3 x
(2 tan x) cos 4 x
(2 tan x) cos 2 x
0
0
0
+ Đặt t =
+ Đặt t = tanx dt
1
1
dx . Với x = 0 t = 0 ; với x = / 4 t = 1
cos 2 x
Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
1
1
t2
3
3
2t 2
4
+I =
=
2
(
2t 4 ln t 2 ) = 2( – + 4ln )
dt 2 t 2
dt
2
2
2
t2
t2
0
0
0
Câu IV (1 điểm)
Câu
Gọi H trung điểm BC, K trung điểm AD
S
IV
Vì SH BC và (SBC) (ABCD) nên SH (ABCD)
+AD HK và AD SH AD (SHK)
(SAD) (SHK)
E
+Kẻ HF SK(F SK) thì HF (SAD)
+Kẻ GE//HF(E SK) thì GE (SAD)
F
G
2a 3
C
D
Vậy GE = d(G,(SAD)) =
3
GE SG 2
K
+GE//HF
HF = a 3
H
HF SH 3
B
HK = AB = 3a. Trong tam giác vuông SHK ta có
A
1
1
1
9a 2
3a 2
2
SH
=
SH =
2
2
2
HF
SH
HK
2
2
3
1
1
3a 2 3a 2
+ V = S ABCD .SH 3a 2 .
3
3
2
2
Câu Câu V(1 điểm)
3
1
1
1
V
+ Ta có a 2 b = (a ) 2 a b a b
2
2
4
2
3
1
1
1
và b 2 a = (b ) 2 a b a b
2
2
4
2
WWW.ToanCapBa.Net
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
15
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
Đáp án
Điểm
2
3
3
1
Suy ra a 2 b b 2 a a b (1)
4
4
2
0,25
2
Câu
Via
1
1
1
+ Ta chứng minh a b (2a )(2b ) (2)
2
2
2
1
1
a 2 b 2 2ab a b 4ab a b (a b) 2 0 đúng
4
4
3
3
1
1
+ Từ (1) và (2) suy ra a 2 b b 2 a 2a 2b
4
4
2
2
1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =
2
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( 2 điểm)
1) (1 điểm) a2 = 100 a = 10; b2 = 36 b = 6. Ta có c2 = a2 – b2 = 64 c = 8
+F
MF 900 suy ra MF 2 MF 2 F F 2 = 256
1
2
1
2
0,25
0,25
0,25
1 2
+ Tam giác F1MF2 vuông tại M nên 4 S F1MF2 = 2MF1.MF2 = (MF1+MF2)2 – ( MF12 MF2 2 )
Mà MF1+MF2 = 2a = 20 4 S F1MF2 = 400 – 256 = 144 S = S F1MF2 = 36
Chu vi F1MF2 là 2p = MF1 + MF2 + F1F2 = 2a + 2c p = a + c = 18
S
Ta có r = = 2
p
x y z
2) (1 điểm) A(4,0,0), B(0,b,0), C(0,0,c). Phương trình mặt phẳng (ABC) : 1
4 b c
3 3 1
3 1
1
+Mp(ABC) qua M(6,3,1) ta có 1 2(3c b) bc 0 (1)
2 b c
2
b c
1
1
+V = .OA.OB.OC .4. bc = 4 bc = 6 (2)
6
6
bc 6
bc 6
bc 6
Hệ
hoặc
2(3c b) bc 0
2(3c b) bc 0
3c b 3
b 6 b 3
bc 6
,
+ Giải hệ
được 2 nghiệm
c 1 c 2
3c b 3
bc 6
Còn hệ
giải ra vô nghiệm
2(3c b) bc 0
x y z
x y z
1 và
1
+ Vậy có hai mặt phẳng thỏa bài toán là :
4 6 1
4 3 2
Câu VIIa (1 điểm)
Câu
VIIa + Gọi z = x + iy . Ta có z z 3 3i x yi ( x 3) ( y 3)i
x 2 y 2 ( x 3) 2 ( y 3)3 y 3 x (1)
z 3i x ( y 3)i [x ( y 3)i ][( x 3) yi ] x( x 3) y ( y 3) [( x 3)( y 3) xy ]i
=
=
z 3 ( x 3) yi
( x 3) 2 y 2
( x 3) 2 y 2
( x 3) 2 y 2
x 2 y 2 3( x y )
z 3i
x( x 3) y ( y 3)
là số ảo khi và chỉ khi
0
(2)
2
2
z 3
( x 3) 2 y 2
( x 3) y 0
WWW.ToanCapBa.Net
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
16
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
Đáp án
x (3 x) 9
2 x 2 6 x 0
+Thế (1) vào (2) ta được
x 0 y = 3. Vậy z = 3i
x 3
x 3
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb ( 2 điểm)
1) (1 điểm)
+ Đường cao từ đỉnh A cắt BC tại H có tọa độ là nghiệm
A
2 x y 5 0
21 17
hệ phương trình
giải được H( , )
5
5
x 2 y 11 0
+Đường thẳng d qua G song song BC có phương trình:
G
d
I
2x + y – 4 = 0
2 x y 4 0
19 18
I = d . Giải hệ
được I( , )
B
H
C
5
5
M
x 2 y 11 0
2
Câu
VIb
Điểm
2
x x 3( xI xH )
xA 3
. Vậy A(3, – 4 )
+ Ta có HA 3HI A H
y
y
3(
y
y
)
y
4
A
H
I
H
A
+ Gọi M trung điểm BC ta có 2GM GA M(3, – 1)
2S ABC
3
, BC =
2 5 , B(t, 5 – 2t)
+ Ta có AH =
AH
5
t 2
MB = 5 (t – 3)2 + (6 – 2t)2 = 5 5t2 – 30t + 40 = 0
t 4
Vậy B(2, 1), C(4, – 3) hoặc B(4, – 3), C(2, 1)
2)(1 điểm)
+ M(1+2t, 3 – 3t, – 2t) 1 , N(5 + 6s, 4s, – 7 – 15s) 2
t 0
4
3
t 6
+ Với t = 0 M(1, 3, 0) MN (4 + 6s, 4s – 3, – 7 – 15s). Do MN//(P) nên
MN nP = (2, 2, 1) 2(4 + 6s) + 2(4s – 3) – 7 – 15s = 0 s = 1 N(11,4, – 22)
+Với t = 6 M(13, – 15,– 12) MN = (6s – 8, 4s +15, 5 – 15s). Do MN//(P) nên
19
89 76
N(– , – , 50)
MN nP 2(6s – 8)+2(4s + 15) + 5 – 15s = 0 s = –
5
5
5
89 76
Vậy có hai cặp điểm : M(1,3, 0),N(11, 4,–22) và M(13, –15, –12), N(– , – , 50)
5
5
2
2
16 x 9 y 5 (1)
Câu Câu VIIb (1 điểm)
VIIb
log 5 (4 x 3 y ) log 3 (4 x 3 y ) 1(2)
Điều kiện: 4x + 3y > 0 và 4x – 3y > 0
5
.
(1) (4x + 3y)(4x – 3y ) = 5 4 x 3 y
4x 3y
5
log 3 (4 x 3 y ) 1 log 5 (4 x 3 y ) log 3 (4 x 3 y ) 0
Thế vào (2) ta có : log 5
4x 3y
log 3 (4 x 3 y ).[ log 5 3 1] 0 log 3 (4 x 3 y ) 0 4x – 3y = 1
MN//(P) d(MN , (P)) = d(M, (P)) =
12 4t
4 x 3 y 1
x 3 / 4
3 2
+ Vậy hệ tương đương
. Hệ có nghiệm (x, y) = ( , )
4 3
4 x 3 y 5 y 2 / 3
WWW.ToanCapBa.Net
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
17
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
18
WWW.ToanCapBa.Net
Sở GD&ĐT Quảng Nam
Trường THPT chuyên
Nguyễn Bỉnh Khiêm
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
MÔN TOÁN – KHỐI A, A1
Thời gian làm bài : 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 3x 2 2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số.
2) Gọi M1, M2, M3 là các giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành. Các tiếp tuyến với đồ thị (C) tại
M1, M2, M3 lần lượt cắt (C) tại N1, N2, N3 . Chứng minh rằng N1, N2, N3 thẳng hàng.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình : 3 cos 2 x sin 2 x (2 2 3) sin x cos x 2 3 0
12 x 3 y 4 xy 16
2) Giải hệ phương trình:
4 x 5 y 5 6
2
x2 2
dx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =
4
2
1 x x x 4
Câu IV (1 điểm)
Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Gọi M, N, E lần lượt trung điểm của
cạnh AC, AA’và A’B’. Mặt phẳng (MNE) cắt BC tại F. Tính thể tích khối chóp B.MNEF.
Câu V (1 điểm)
Cho a, b, c là các số dương và a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
bc
ca
ab
S=
3a bc
3b ca
3c ab
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( 2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , gọi d1, d2 là các đường thẳng qua A(– 2 ,–3) và hợp với đường thẳng
: 3x – y – 17 = 0 một góc 450 . Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng
d: x – y – 15 = 0 đồng thời tiếp xúc với d1 và d2
2) Trong không gian Oxyz , cho hình chữ nhật ABCD với A(1, 2, –1) , điểm D nằm trên đường thẳng
x 2 y 1 z
, điểm C nằm trên mặt phẳng (P): x – 3y + 2z – 7 = 0 đồng thời AC vuông góc với mặt
1
2
1
phẳng (P). Tìm tọa độ các điểm B, C, D
Câu VIIa (1 điểm)
Với n là số nguyên dương, gọi a3n 3 là hệ số của x3n 3 trong khai triển thành đa thức của biểu thức
( x 3 3x 2 3 x 9) n . Hãy tìm số n biết rằng a3n 3 = 495
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb ( 2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x 1) 2 ( y 2) 2 16 và đường thẳng (d):
4x – 3y – 15 = 0. Gọi H là hình chiếu vuông góc của tâm I đường tròn (C) lên đường thẳng d. Từ điểm M
bất kì trên (d) kẻ các tiếp tuyến MP, MQ đến (C)(P, Q là tiếp điểm). Dây PQ cắt IH tại K. Chứng minh
điểm K cố định khi M thay đổi. Tìm tọa độ điểm K
x 1 y z 1
và
2).Trong không gian Oxyz , viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua đường thẳng d:
1
2
1
tạo với mặt phẳng (P): 2x + 2y + z + 1 = 0 một góc nhỏ nhất
Câu VIIb (1 điểm)
1
3 i 1 2 3i
. Viết dưới dạng lượng giác của số phức z4
Gọi z là nghiệm phương trình:
z 1 i 2 i
3(1 i )
WWW.ToanCapBa.Net
19
WWW.ToanCapBa.Net
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI A, A1
THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012
Câu
Câu I
(2đ)
Đáp án
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
1)(1,0 điểm) +TXĐ : D = R
+ lim y , lim y
x
Điểm
x
x 0
; y(0) = 2, y(2) = – 2
+ y’ = 3x2 – 6x ; y’ = 0
x 2
+BBT
0
2
+
x
–
y’
+
0
–
0
+
2
+
y
–2
–
+Hàm đồng biến trên các khoảng (– ; 0) và (2 ; + ), nghịch biến trên khoảng (0 ;2)
Điểm cực đại của đồ thị (0,2), điểm cực tiểu của đồ thị (2, –2)
+ y” = 6x – 6 ; y” = 0 x = 1 , y(1) = 0 . Đồ thị có điểm uốn (1, 0)
+Đồ thị : Ta có y = 0 x = 1 hoặc x = 1 3
0,25
0,25
0,25
2
-5
5
0,25
-2
2)(1,0 điểm )
+Gọi Mi (xi ,0) là giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành
Ta có : xi3 3 xi2 2 0 (i = 1,2,3)
+ Phương trình tiếp tuyến với (C) tại Mi là : y = (3xi2 6 xi )( x xi )
+Hoành độ giao điểm của tiếp tuyến với (C) là nghiệm phương trình :
(3xi2 6 xi )( x xi ) = x3 3x 2 2 (3xi2 6 xi )( x xi ) = x3 3x 2 2 – ( xi3 3xi2 2 )
x xi
( x xi ) 2 ( x 2 xi 3) 0
x 2 xi 3
x 2 xi 3
Suy ra N i
2
3
2
y (3xi 6 xi )(3xi 3) 9( xi 3 xi 2) 18 18 xi 18 xi 18
N i (2 xi 3, 18 xi 18) điểm Ni thuộc đường thẳng y = 9x – 9 với i = 1, 2, 3
Vậy 3 điểm N1, N2, N3 nằm trên đường thẳng y = 9x – 9
Cách khác: Học sinh tìm tọa độ từng điểm N1, N2, N3 (cho mỗi điểm 0,25).
+Chứng minh 3 điểm N1, N2, N3 thẳng hàng (0,25)
WWW.ToanCapBa.Net
0,25
0,25
0,25
0,25
20
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
Câu
II
(2 đ)
Đáp án
Câu II (2,0 điểm)
1)(1,0 điểm) : 3 cos 2 x sin 2 x (2 2 3) sin x cos x 2 3 0
2 3 sin 2 x 2sin x.cos x (2 2 3) sin x cos x 2 0
(2sin x 1)(cos x 3 sin x 2) 0
1
sin x (1)
2
3 sin x cos x 2 (2)
7
k 2 (k Z)
(1) x k 2 hoặc x
6
6
Câu
III
(1 đ)
Điểm
5
x
k 2
3
1
2
2
12
(2)
sin( x )
(k Z)
sin x cos x
2
2
2
6
2
x 11 k 2
12
5
2) (1,0 điểm) Điều kiện x , y 5, xy 0
4
3(4 x y ) 2 4 xy 16
+ Hệ tương đương
4 x y 2 4 xy 5(4 x y ) 25 26
3u 2 v 16
2 v 3u 16
Đặt u = 4x + y, v = 4xy thì hệ trở thành
u 2 v 5u 26
2 v 5u 25 26 u
16
16
3 u 26
3 u 26
u 8
4v 9u 2 96u 256
4v 9u 2 96u 256
v 16
4(v 5u 25) 676 52u u 2
u 2 3u 40 0
4 x y 8 x 1
+ Hệ đã cho tương đương
4 xy 16
y 4
Câu III (1,0 điểm)
2
2
1 2
1 2
2
2
2
x2 2
x
x
I=
dx =
dx
dx =
4
2
4
2 2
2
1 x x x 4
1
1
x 2 1
(x ) 3
x
x
2
2
(1 2 )( x )
2
2
2 2
x
x ]dx
+Đặt t = ( x ) ( x ) 3 dt = [(1 2 )
x
x
x
2
( x )2 3
x
2
dt = (1 2 )[
x
2
2
2
( x )2 3 ( x )
1 2
dt
x
x ]dx
x
dx
t
2 2
2 2
(x ) 3
(x ) 3
x
x
WWW.ToanCapBa.Net
0,5
0,25
0,25
-------
0,25
0,25
0,25
0,25
-----0,25
0,25
21
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
Đáp án
Điểm
3
+ Với x = 1 t = 1; với x = 2 t = 3. Từ đó I =
Câu
IV
(1 đ)
1
Câu IV (1,0 điểm)
Q
A'
E
N
C'
K
A
P
I
B'
M
C
B
F
dt
ln t 13 ln 3
t
+NE AB= P, NE BB’= Q, PM BC = F
a
+AP = A’E = AM =
APM 300 . Từ đó
2
0
BFP 90 hay BF PF PF (BB’C’C)
+Kẻ BK FQ, K FQ thì BK (MNEF)
3a
+BQ = BB’+B’Q = 3a, BF = BPcos600 =
4
1
1
1
17
3a
2 BK=
2
2
2
BK
BF
BQ
9a
17
+Hạ NI PM, I PM. Ta có NI//QF
NI PN 1
1
a 17
NI= QF =
QF PQ 3
3
4
0,5
-----
0,25
0,25
a 3
3a 3
, PF =
2
4
3
PE PF
2. 3
.
2
PN PM
PM = 2PI =
S PEF
1
a 2 51
+ SNPM = .PM.NI =
mà
2
16
S PNM
Suy ra SPEF = 3SPNM SMNEF = SPEF – SPNM = 2SPNM =
a 2 51
8
1
a3 3
.S MNEF .BK
3
8
Câu V (1 điểm)
+ Vì a + b + c = 3 ta có
bc 1
1
bc
bc
bc
2 ab ac
3a bc
a (a b c) bc
(a b)(a c)
1
1
2
Vì theo BĐT Cô-Si:
, dấu đẳng thức xảy ra b = c
ab ac
(a b)(a c)
+ VB.MNEF =
Câu
V
(1 đ)
1
1
ca
ca 1
ab
ab 1
và
3b ca 2 b a b c
3c ab 2 c a c b
bc ca ab bc ab ca a b c 3
,
+Suy ra S
2(a b) 2(c a) 2(b c)
2
2
3
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy maxS =
2
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( 2 điểm)
1)(1,0 điểm)
+ Đường thẳng qua A( -2, -3) phương trình có dạng : a(x + 2) + b(y + 3) = 0( a 2 b 2 0 )
hay ax + by + 2a + 3b = 0
+ Đường thẳng này hợp với đường thẳng BC góc 450 ta có
3a b
cos 450
5. a 2 b 2 3a b 2a 2 3ab 2b 2 0
2
2
a b . 10
+Tương tự
Câu
VIa
(2 đ)
WWW.ToanCapBa.Net
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
-----
0,25
22
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
Đáp án
+ Nếu b = 0 thì a = 0 trái giả thiết a 2 b 2 0 . Vậy b 0, chọn b = 1 ta có
1
2a 2 3a 2 0 a = 2 hoặc a =
2
+ Suy ra hai đường thẳng d1: 2x + y + 7 = 0 và d2 : – x + 2y + 4 = 0
+ I(t, t – 15) d. Ta có d(I,d1) = d(I, d2)
t 9
2t t 15 7
t 2(t 15) 4
3t 8 t 26 17
t
5
5
2
+Với t = – 9 tâm I(–9, –24), R = 7 5 : Đường tròn: ( x 9) 2 ( y 24) 2 (7 5) 2
Điểm
17
17
13
7 5
17
13
7 5 2
tâm I( , ), R =
:Đường tròn : ( x ) 2 ( y ) 2 (
)
2
2
2
2
2
2
2
2)(1,0 điểm)
x 1 t
+Đường thẳng AC (P) nên nhận nP = (1,– 3, 2) làm VTCP do đó có pt y 2 3t
z 1 2t
0,25
-----
+Với t =
Câu
VIIa
(1 đ)
Câu
VIb
(2 đ)
+Tọa độ điểm C ứng tham số t là nghiệm pt: 1+ t – 3(2 – 3t) + 2( – 1+ 2t) – 7 = 0 t = 1
Suy ra C(2, – 1, 1)
+D(2 + t, – 1 + 2t, – t) d1 , DA = (–1 – t, 3 – 2t, –1 + t), DC = (–t, –2t, 1+t )
1
+ DA DC t (1 t ) 2t (3 2t ) (1 t )(1 t ) 0 6t 2 5t 1 0 t 1 , t
6
Với t = 1 thì D(3, 1, – 1) . Ta có ABCD hình chữ nhật khi AB DC B(0, 0, 1)
1
11 4 1
7 7 1
Với t thì D( ; ; ) Ta có ABCD hình chữ nhật khi AB DC B( ; ; )
6
6 3 6
6 3 6
7 7 1
11 4 1
Vậy B(0, 0, 1),C(2, – 1, 1),D(3, 1, – 1) hoặc B( ; ; ) ,C(2, – 1, 1), D( ; ; )
6 3 6
6 3 6
Câu VIIa (1 điểm)
( x 3 3x 2 3 x 9) n = ( x 2 3) n .( x 3) n
+Ta có ( x 2 3) n Cn0 x 2 n 3Cn1 x 2 n 2 32 Cn2 x 2 n 4 33 Cn3 x 2 n 6 ... 3n Cnn
và ( x 3) n Cn0 x n 3Cn1 x n 1 32 Cn2 x n 2 33 Cn3 x n 3 ... 3n Cnn
+Với n = 1, n = 2 không thỏa
9n(n 1)(n 2)
+Với n 3 ta có hệ số của x3n – 3 là a3n 3 Cn0 (33 Cn3 ) 3Cn1 (3Cn1 )
9n 2
2
9n(n 1)(n 2)
9n 2 495 n3 n 2 2n 110 0
a3n 3 = 495
2
(n 5)(n 2 4n 22) 0 n = 5
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb ( 2 điểm)
1) (1,0 điểm)
+ (C) có tâm I( – 1, 2) và bán kính R = 4. Ta có d(I,d) = 5 > R = 4 nên d không cắt (C)
+Do MP, MQ là tiếp tuyến nên PQ IM tại E. Tứ giác HKEM nội tiếp đường tròn
+Ta có IE.IM IK .IH
R2
.Vậy K cố định
+IP PM suy ra IE.IM IP 2 R 2 Suy ra IK .IH R 2 hay IK
IH
+IH d suy ra pt: IH: 3x + 4y – 5 = 0. Tọa độ điểm H là nghiệm hệ phương trình
WWW.ToanCapBa.Net
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
----
0,25
0,25
0,25
0,25
-----
0,25
0,25
23
WWW.ToanCapBa.Net
Câu
Đáp án
4 x 3 y 15 0
x 3
, H(3,– 1)
3 x 4 y 5 0
y 1
5 3t
3 3t
) IH, IK (t 1,
),
+K(t,
4
4
IH = (4,– 3).Ta có IK .IH 16 IK .IH 16
3 3t
39
) 16 t
4(t 1) 3(
4
25
39 2
Vậy K ( , )
25 25
H
Q
K
M
E
I
d
Điểm
P
2)(1,0 điểm)
+ d qua điểm M(1,0,– 1) có VTCP u = (1,– 2,–1), (P) có VTPT nP = (2, 2 , 1)
+(Q) chứa d nên phương trình (Q) có dạng: A(x – 1) + By + C(z +1) = 0
Ax + By + Cz – A + C = 0 (A2 + B2 + C2 > 0)
Trong đó nQ ( A, B, C ) u = (1,– 2,–1) A – 2B – C = 0 A = 2B + C
+Gọi là góc giữa (Q) và (P), ta có cos
+Nếu A = 0 thì cos = 0 hay = 900
1
=
+Nếu A 0 thì cos =
B2
B
5 2 4 2
A
A
2 A 2B C
3 A2 B 2 C 2
1
2
B 2 6
5
A 5 5
nhỏ nhất khi và chỉ khi cos lớn nhất, tức cos =
=
A
5B 2 4 AB 2 A2
1
=
6
5
5
6
0,25
0,25
-----
0,25
0,25
0,25
5
.
6
B 2
.Chọn A = 5, B = 2 thì C = 1
A 5
Phương trình mặt phẳng (Q) cần tìm: 5x + 2y + z – 4 = 0
Điều này xảy ra khi và chỉ khi
Câu VIIb (1 điểm)
3 i 1 2 3i (3 i )(2 i ) (1 2 3i )(1 i) 1 i
=
+ Ta có
2i
5
3(1 i )
2 3
2 3
Câu
VIIb
(1 đ)
+Phương trình tương đương
2( 3 i )
z=
=
1 i
2 3 2i
1
1 i
2 3
z 1 i
z=
z 1 i 2 3
1 i
1 i
3 1
cos i sin
i)
6
6 = 2 2[ cos( ) i sin( )]
2 2
2 2
1
1
12
12
2(
cos i sin
i)
4
4
2
2
0,25
----0,25
0,25
4(
Suy ra z 4 64[cos ( ) i sin( )]
3
3
WWW.ToanCapBa.Net
0,25
0,25
24
