De thi thu DH khoi AB 2013 dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ TRƯỜNG THPT THUẬN AN. THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN - khối A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. ĐỀ THI THỬ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm) 4 2 Câu I. ( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2mx  1 (1), m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B và C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 1.. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2. Giải phương trình:. 3(sin2x + sinx)+ cos2x -cosx = 2 x3 . 2 3. 1 x . e. Câu III. ( 1,0 điểm) Tính tích phân I =. x 2  1  x2 . ln x. x (3  ln x). 2. dx. 1. Câu IV.( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, có tam giác ABC vuông tại B, AB= a, BC = a 3 , mp(SAC) vuông góc mp(ABC), SA = SC = a 2 . Gọi M, N lần lượt là trọng tâm tam giác SAB và SAC. Tính thể tích của khối chóp S.AMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a . 2 2 Câu V. ( 1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn x  y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  1  1 A  1  x   1     1  y   1   y x.   II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( 2,0 điểm) 2 2 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x +y =1 . Đường tròn (C') tâm I(2;2) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho độ dài đoạn AB = 2 . Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-1;6;6), B(3;-6;-2) . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tổng MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất.. Câu VII.a ( 1,0 điểm) 2 Tìm phần thực và phần ảo của số phức z, biết z ( 5  i ) (1 . 5 i). B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình x  y  2 x  4 y  20 0 và điểm A(3;0) . Viết phương trình đường thẳng ( ) đi qua A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung MN có độ dài: a) Lớn nhất. b) Nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm I(0;0;1), K(3;0;0) . Viết phương trình mặt 2. 2. o phẳng đi qua hai điểm I, K và tạo với mặt phẳng Oxy một góc bằng 30 .. 1 i 3 z 3 i . Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm dạng lượng giác của số phức sau: ----------------------------- Hết -----------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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......................... HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A, A1, B NĂM HỌC 2013 CÂU. NỘI DUNG I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 4 2 Câu 1. a) Khi m 1 , ta có: y x  2 x  1 . Tập xác định: D R . Sự biến thiên: 3 Chiều biến thiên: y ' 4 x  4 x; y ' 0  x  1 hoặc x 0 hoặc x 1 . Các khoảng đồng biến: ( 1;0) và (1; ) , khoảng nghịch biến ( ;  1) và (0;1) . Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0 , yCÑ 1 ; đạt cực tiểu tại x 1 và yCT 0 . lim y  lim y  Giới hạn: x  và x    Bảng biến thiên:. 1.a. ĐIỂM. 0.25 0.25. 0.25. 0.25. Đồ thị: 1.b.  x 0 y ' 4 x 3  4mx 4 x( x 2  m); y ' 0   2  x m , vậy đồ thị hàm số (1) có ba điểm b) Ta có. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> cực trị khi và chỉ khi m  0 . 2 2 Các điểm cực trị hàm số là A(0;1); B( m ;1  m ); C ( m ;1  m ) . Gọi I là tâm và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Do B, C đối xứng nhau qua trục tung nên tam giác ABC cân tại A , do đó tâm I nằm trên Oy , giả sử: I (0; y )  IA R 1  y 0  ( y  1) 2 1   hay I1 (0;0); I 2 (0; 2)  y 2 . Với. I1 (0;0)  I1B R 1 . m  0 nên chỉ nhận. Với. I 2 (0; 2)  I 2 B R 1 . m  0  m   1 m. Vậy. 2. m 1; m . m 1; m . 2 2. . 1. 2. m   1  m2  1  m 0; m 1 hoặc m .  1 5 2 , do. . . m  1  m2. 2. 1. , phương trình này vô nghiệm do. 0.25. ..  1 5 2 là hai giá trị cần tìm.. 0.25 0.25. 0.25.    x  6  k    x   k 2 , k      x   k 2 3 . 0.25. 2. x3 . 2 3. 1 x . Câu 2b. Giải phương trình sau Điều kiện:  1  x 1 . Phương trình đã cho tương đương với. x 2  1  x 2 .  x  1  x  x  x 1  x 1  x  x 2  1  x    x  1  x  1  x 1  x   x 2  1  x  (*) 2. 2. 0.25.  1 5 2. Câu 2a. Giải phương trình 3(sin 2 x  sin x)  cos 2 x  cos x 2  3   3  1 1   sin 2 x  cos 2 x    sin x  cos x  1 2 2  2   2       cos  2 x    sin  x   1 3 6        2sin 2  x    sin  x   0 6 6       sin  x  6  0       1  sin  x    6 2  . 2. 0.25. 2. 2. 2. t x  1  x 2  x 1  x 2 . 2. 0.25. 2. t2  1 2 , khi đó phương trình (*) trở thành:. Đặt  t2  1 t2  1 t 1  2  t 3  2t 2  3t   2  2 . . 2 0  t . . . 2 t 2  2 2t  1 0. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> t  2   2 t  2 2 t  1  0 . t  2   t  2  1   t  2  1. 0.25. 2 2 (i). Với t  2  x  1  x  2  1  x  2  x 2 1  1  x 2  2  x  2 x 2  2 2 x  1 0  x  2. . . 2 (ii). Với t  2  1  x  1  x  2  1  vô nghiệm do VT  1  VP 2 2 (iii) Với t  2 1  x  1  x  2  1  1  x  2  1  x  1 x  2  1 1 2  2 2  1   2  x  2 2 1  x   2  1  x. . . Vậy phương trình có hai nghiệm là. x. 2 1 ,x  2. 2. 0.25. 2 2 1 2. .. e. ln x dx 2  x (3  ln x ) Câu 3 (1.0 điểm). Tính tích phân I = 1 Ta có. 3. 1 t 3  ln x  ln x t  3  dt  dx x Đặt Đổi cận x 1 e t 3 4 4. 4. t 3 1 I  2 dt  dt  t t 3 3 4. 4. 0.25. 4. 3 3 4 1 4 dt ln t 3  ln  2  t t3 3 4 3. 0.5. Câu 4. Tính VSAMN : 2 2 2 Ta có AC 2a  SA  SC  AC  SA  SC. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Hạ SH  AC , do ( SAC )  ( ABC )  SH  ( ABC ), SH a VSAMN SM SN 2 2 4  .  .  V SK SH 3 3 9 SAKH K AB Gọi là trung điểm của . Ta có. 0.25. 4 4 1 4 1 1 a 3 a a3 3  VSAMN  VSAKH  . .S AKH .SH  . . . . .a  9 9 3 9 3 2 2 2 54 d ( SC , AB ) Tính : B (0;0;0), A(0; a;0), C (a 3;0;0), S (. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ sao cho   a 3 a  SC  ;  ;  a  , AB (0;  a;0), CA ( a 3; a;0) 2  2  Ta có     SC , AB  .CA 2a 21   d ( SC , AB )     7  SC , AB   . a 3 a ; ; a) 2 2. 0.25. 0.25. 2 2 Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn x  y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của  1  1 A  1  x   1     1  y   1   y x.   biểu thức. 1   1  x  A  x     y      2x   2y   y  Ta có thể viết A thành dạng sau: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 1 x y 1 1 1 1 2 x  2, y   2,  2,      2 2x 2y y x 2 x y xy x  y2 5. y 1 1 1      2 x  2 x y  .. 0.25.  2. 0.25. Cộng theo vế ta được 1   1   x y 1 1 1           3 2  2  A 3 2  4  x    y  2x   2y   y x  2  x y   1 1 x y  x 2x ; y 2 y ; y  x 2   x y   2  1  1 ; x 2  y 2 1; x 0; y 0  Dấu đẳng thức xảy ra  x y . 2 x y  2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3 2  4 khi. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 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 6.a.1 Đường tròn (C ) có tâm O(0;0) và bán kính r 1 . Gọi H là hình chiếu vuông AB 2  HA   2 2 . góc của O trên AB thì H là trung điểm của đoạn AB 1 1 OH  OA2  HA2  1   2 2. Tam giác OHA vuông tại H , ta có: Đường tròn (C ') tâm I (2; 2) . Nên đường thẳng AB chính là đường thẳng vuông góc với 1 OH  2. OI và cách O một khoảng  Do OI (2;2)  AB : x  y  c 0 c 1 1 d (O; AB )     c 1 2 2 2 6.a.1 Mặt khác: . x  y  1  0 Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: và x  y  1 0 .. M  (Oxy )  M ( x; y;0) Câu 6.a.2.   MA  (  1  x ;6  y ;6), MB (3  x;  6  y;  2) Ta có:. 6.a. Phương trình mặt phẳng (Oxy ) : z 0 , do A có cao độ bằng 6, B có cao độ bằng -2 nên hai điểm A, B nằm về hai phía đối với mặt phẳng (Oxy ) . Ta cĩ MA  MB  AB (không đổi)  min( MA  MB )  AB , đạt được khi ba điểm  x 2  1 x 6  y 6      A, B, M thẳng hàng  MA và MB cùng phương nên 3  x  6  y  2  y  3 .. 0.25 0.25. 0.25 0.25. 0.25. 0.25 0.5. Vậy điểm cần tìm là M (2;  3;0) . 7.a 0.5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> z ( 5  i )2 (1 . 5 i) (4  2 5 i )(1 . 0.25. 5 i) 14  2 5 i. Vậy z = 14  2 5 i. 0.25. Phần thực của z là 14 và phần ảo là 2 5. B.Theo chương trình nâng cao Câu 6.b.1 Đường tròn (C ) có tâm I ( 1; 2) , bán kính R 5 . a).Dây MN lớn nhất khi MN là đường kính của (C ) . Do đó () là đường thẳng đi qua A và I . x 3 y 0    x  2 y  3 0 2 Ta có IA (4;  2) suy ra phương trình đường thẳng () là 4 . b).Kẻ IH  MN tại H . Dây MN nhỏ nhất khi IH lớn nhất. IH IA 2 5  IH max 2 5 Ta có: khi H  A  ( )  IA tại A.  Vậy () đi qua () và nhận IA (4;  2) làm véctơ pháp tuyến có phương trình: 4( x  3)  2( y  0) 0  2 x  y  6 0. 0.25 0.25. 0.25 0.25. 6.b. 2 2 2 Câu 6.b.2 Gọi mặt phẳng cần tìm là ( ) : Ax  By  Cz  D 0 ( A  B  C 0) . Ta có I (0;0;1)  ( )  C  D 0 (1). K (3;0;0)  ( )  3 A  D 0 (2)   ( ) và (Oxy ) có véctơ pháp tuyến lần lượt là n ( A; B; C ), k (0;0;1) . ( ) tạo với (Oxy ). 6.b. o một góc bằng 30 nên ta có  n .k C 3 cos30o       4C 2 3( A2  B 2  C 2 ) 2 2 2 2 n k A  B C 2. 2. 0.25. 0.25. 2.  3 A  3B  C 0 (3) Từ (1) và (2), ta có C 3 A thế C 3 A vào (3) ta được 3 A2  3B 2  9 A2 0  B 2 2 A2  B  2 A Chọn A 1, B  2  C 3, D  3 Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là: x  2 y  3z  3 0 và x . 0.25 0.25 2 y  3 z  3 0.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 7.b. 1 i 3 z 3 i . Câu 7.b Tìm dạng lượng giác của số phức sau 1 3  2  i  2  cos      i sin      2 2  1 i 3  3  3  z        3 1   3 i 2  cos  i sin  2  i 6 6   2 2      cos     i sin     2  2 1  i 3 (1  i 3)( 3  i)   z  i 0  ( 1)i cos( )  i sin( ) 3 i = 4 2 2 Cách khác: Học sinh có cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa câu đó. 0.5. 0.5. 1.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>