ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối: D pptx

www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 - 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Môn thi: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút; không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 11292 223  xmmxxy (1) ( m là tham số). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1  m . b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng )3;2( . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 0 sin cos3cos3sinsin4 2 5 sin          x xxxxx  . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 85)6(2 32  xxx . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân    3/ 3/ 2 )3sincos(sin2   dxxxxxI . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ 111 . CBAABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , aAB  , ABC  0 60 ; hình chiếu vuông góc của 1 A trên mặt phẳng )(ABC là trung điểm của BC ; góc giữa đường thẳng 1 AA và mặt phẳng )(ABC bằng 0 60 . Tính thể tích khối lăng trụ 111 . CBAABC theo a và góc giữa hai đường thẳng 1 CA và 1 BB . Câu 6 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm 13)11( 33 4  xxxxmx . 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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với )1;1(A , )3;2(B và C thuộc đường tròn 0946 22  yxyx . Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC , biết diện tích của tam giác ABC bằng 5,0 và điểm C có hoành độ là một số nguyên. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ),2;0;3(A ),0;1;1(B )3;5;4(  C . Gọi M là điểm thuộc đoạn BC sao cho BMMC 2  . Viết phương trình đường thẳng  đi qua B , vuông góc và cắt đường thẳng AM . Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 52  iz và điểm biểu diễn của z thuộc đường thẳng 013    yx . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của hypebol )(H , biết hình chữ nhật cơ sở của )(H có diện tích 48 và một đường chuẩn của )(H có phương trình 0165   x . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm )2;3;0(  M và đường thẳng 4 1 1 1 :   zyx . Viết phương trình mặt phẳng )(P qua M , song song với  và khoảng cách giữa  và )(P bằng 3. Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức 10 )31( iz  …………HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Trang 1/6 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN THỨ 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU MÔN THI: TOÁN; KHỐI: D (Đáp án gồm 6 trang) Câu Nội dung Điểm 1.a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 11292 23  xxxy 1,00 * Tập xác định : D = R. * Sự biến thiên của hàm số: - Giới hạn tại vô cực:  x ylim ,  x ylim . 0,25 - Bảng bi ế n thiên: Ta có: Rxxxy  ,12186' 2 ; 20'  xy hoặc 1x . x -  -2 -1  y’ + 0 - 0 + y  -3 -4 -  0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng )2;(  , );1(  và nghịch biến trên khoảng )1;2(  . Hàm số đạt cực đại tại 2x , với giá trị cực đại 3)2( y và đạt cực tiểu tại 1x , với giá trị cực tiểu 4)1( y . 0,25 * Đồ thị )(C : - )(C cắt Oy tại điểm )1;0( - )(C đi qua điểm )8;3(  - )(C có điểm uốn )2/7;2/3( I . )(C nhận )2/7;2/3( I làm tâm đối xứng. f(x)=2*x^3+9*x^2+12*x+1 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 0,25 www.VNMATH.com Trang 2/6 1.b Tìm m để hàm số 11292 223  xmmxxy (1) nghịch biến trên khoảng )3;2( . 1,00 Rxmmxxy  ,12186' 22 . 2 9' m . - Nếu 0m thì Rxy  ,0' , hàm số đồng biến trên R. Vậy 0m không thỏa mãn. 0,25 - Nếu 0m thì mxmy  20' . Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng )3;2( khi và chỉ khi mm  322 (vô nghiệm). 0,25 - Nếu 0m thì mxmy 20'  . Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng )3;2( khi và chỉ khi 2 3 2232  mmm . 0,25 Vậy, các giá trị m cần tìm là ] 2 3 ;2[ m . 0,25 2. Giải phương trình: 0 sin cos3cos3sinsin4 2 5 sin          x xxxxx  . 1,00 Điều kiện : 0sin x . Với điều kiện này, phương trình đã cho tương đương: 0)sin3sincos3(cos4cos  xxxxx 0,25  2242cos4cos kxxxx   )( Zkkx   hoặc )( 3 Zkkx   0,25 )( 3 Zkkx   . 3  kx  thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi )(13 Zmmk  hoặc )(23 Zmmk  0,25 Vậy, nghiệm của phương trình là )( 3 Zmm    , )( 3 2 Zmm    . 0,25 3. Giải phương trình: 85)6(2 32  xxx (2). 1,00 Điều kiện: 2x . Với điều kiện này, phương trình (2) tương đương với phương trình 0)2(22.425)42(2 22  xxxxxx (3). Đặt 2,42 2  xbxxa ( )0,0  ba , phương trình (3) trở thành: 0252 22  baba 0,25 0)2)(2(  baba ba 2 hoặc ba 2 . 0,25 - Với ba 2 , ta có 014942422 22  xxxxx (vô nghiệm) 0,25 - Với ba 2 , ta có 0462242 22  xxxxx 133 x (tmđk). Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm là 133x . 0,25 4. Tính tích phân    3/ 3/ 2 )3sincos(sin2   dxxxxxI . 1,00    3/ 3/ 2 )3sinsin22sin(   dxxxxxI KJ  trong đó    3/ 3/ 2 2sin   xdxxJ ,    3/ 3/ sin3sin2   xdxxK . 0,25 www.VNMATH.com Trang 3/6 - Tính K : 4 33 4 4sin 2 2sin )4cos2(cos 3/ 3/ 3/ 3/                xx dxxxK . 0,25 - Tính J : Đặt xu  , ta có dxduuxux  ,2sin2sin, 22 , , 33         u 33         u . Do đó JuduuuduuJ     3/ 3/ 2 3/ 3/ 2 2sin2sin     0 J . 0,25 . 4 33  KJI 0,25 5. Tính thể tích khối lăng trụ 111 . CBAABC và góc giữa hai đường thẳng 1 CA và 1 BB . 1,00 Gọi H là trung điểm của BC . A 1 Từ giả thiết, ta có 360tan 0 aABAC  , B 1 C 1 a AB BCCHBHAH  0 60cos2 2 1 . A Vì )( 1 ABCHA  nên góc giữa đường thẳng 1 AA B H C và mặt phẳng )(ABC bằng góc AHA 1  . Kết hợp giả thiết, ta có 0 1 60 AHA . 0,25 Suy ra 360tan 0 1 aAHHA  , a AH AA 2 60cos 0 1  . Thể tích khối lăng trụ đã cho là 2 3 3.3. 2 1 2 1 . 3 11 a aaaHAACABHASV ABC  . 0,25 Vì 11 // AABB nên góc  giữa hai đường thẳng 1 CA và 1 BB bằng góc giữa hai đường thẳng 1 CA và 1 AA . Ta có aaaCHHACA 23 2222 11  . Do đó 8 5 2.2.2 344 .2 coscos 222 11 22 1 2 1 1      aa aaa CAAA ACCAAA CAA  . 0,25 Vậy, góc giữa hai đường thẳng 1 CA và 1 BB là góc  thỏa mãn 8 5 cos   . 0,25 6. Tìm m để bất phương trình 13)11( 33 4  xxxxmx (4) có nghiệm. 1,00 Điều kiện: 10  x . - Xét 0x , thay vào (4) không thỏa mãn với mọi Rm . 0,25 - Xét ]1;0(x , ta có 0)11( 3 4 xxx , nên bpt (4) tương đương với bpt 3 4 3 )11( 31 xxx xx m    . 0,25 Đặt 3 4 3 )11( 31 )( xxx xx xf    , ta có 3 4 3 3 4 3 )11( 1 . 1 3 )11( 1 . 31 )( xx x x xx x xx xf               . 0,25 www.VNMATH.com Trang 4/6 Vì ]1;0(x nên 0 1 3   x x và 1)11(0 3 4  xx ]1;0(,3)(  xxf . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1x . Do đó, bpt (4) có nghiệm khi và chỉ khi )(min ]1;0( xfm x  hay 3m . 0,25 7.a Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC 1,00 Ta có 5)2;1(  ABAB . Phương trình của đường thẳng AB là 0)1()1(2  yx hay 012  yx . Gọi  là đường thẳng qua C và song song với AB . Khi đó, phương trình của  có dạng )1(02  mmyx . Vì AB// nên );();( ABCdAd  hay AB S m ABC 2 5 1   11  m 0 m (tm) hoặc 2m (tm). 0,25 - Với 0m thì  có phương trình 02  yx . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình            09145 2 0946 2 222 xx xy yxyx xy (vô nghiệm). 0,25 - Với 2m thì  có phương trình 022  yx . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình            021225 22 0946 22 222 xx xy yxyx xy       4 3 y x (tm) hoặc          5 4 5 7 y x (loại). 0,25 )4;3(C và tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là       3 8 ;2 . 0,25 8.a Viết phương trình đường thẳng  1,00 Gọi );;( cbaM , ta có ),;1;1( cbaBM  )3;6;3( BC . Vì M thuộc đoạn BC và BMMC 2 nên BCBM 3 1                    1 1 2 1 21 11 c b a c b a )1;1;2( M . 0,25 Đường thẳng AM đi qua )2;0;3(A và có một vectơ chỉ phương )1;1;1(MA nên có phương trình tham số là         tz ty tx 2 3 . 0,25 Tọa độ hình chiếu H của B trên đường thẳng AM có dạng )2;;3( ttt  . Ta có H và )2;1;2( tttBH  . Vì AMBH  nên 0. MABH hay 0212  ttt 1 t )1;2;1(  BH . 0,25 Đường thẳng  đi qua )0;1;1(B và có một vectơ chỉ phương )1;2;1( BH nên có phương trình tham số là         uz uy ux 21 1 . 0,25 www.VNMATH.com Trang 5/6 9.a Tìm s ố phức z 1,00 Gọi số phức cần tìm là biaz  ),( Rba  . Khi đó ibaiz )2(2  . Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:        013 5)2( 22 ba ba 0,25       13 5)13( 22 ab aa       13 0235 2 ab aa 0,25       4 1 b a hoặc          5 1 5 2 b a . 0,25 Vậy, có hai số phức cần tìm là i41 và i 5 1 5 2  . 0,25 7.b Viết phương trình chính tắc của hypebol )(H 1,00 Gọi phương trình chính tắc của hypebol )(H là 1 2 2 2 2  b y a x )0,0(  ba . Vì hình chữ nhật cơ sở của )(H có diện tích 48 và một đường chuẩn của )(H có phương trình 5 16 x nên ta có hệ phương trình        5 16 482.2 2 c a ba (I). 0,25 Ta có (I)       24 25625 12 ca ab       )(25625 12 224 baa ab                 2 24 144 25625 12 a aa a b 0,25         03686425625 12 46 aa a b         0)230414425)(16( 12 242 aaa a b         16 12 2 a a b (vì 0230414425 24  aa )         16 9 2 2 a b (thỏa mãn). 0,25 Vậy, phương trình chính tắc của hypebol )(H là 1 916 22  yx . 0,25 8.b Viết phương trình mặt phẳng )(P 1,00 Mặt phẳng )(P đi qua điểm )2;3;0( M nên có phương trình dạng 0)2()3(  zcybax )0( 222  cba hay 023  cbczbyax . Đường thẳng 4 1 11 :   zyx đi qua )1;0;0(A và có một vectơ chỉ phương )4;1;1(u . Mặt phẳng )(P có một vectơ pháp tuyến );;( cban . 0,25 www.VNMATH.com Trang 6/6 Vì mặt phẳng )(P song song với  và khoảng cách giữa  và )(P bằng 3 nên ta có         3))(;( 0. )( PAd nu PA hay               3 33 04 033 222 cba bc cba bc       2222 )4()( 4 cbcbbc cba       01610 4 22 cbcb cba       cb ca 2 2 hoặc      cb ca 8 4 . 0,25 - Với cbca 2,2  , ta chọn 2a thì 2b , 1c . Khi đó, )(P có phương trình 0822  zyx . 0,25 - Với cbca 8,4  , ta chọn 4a thì 8b , 1c . Khi đó, )(P có phương trình 02684  zyx . Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm là 0822  zyx , 02684  zyx . 0,25 9.b Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức 10 )31( iz  . 1,00 10 10 10 1010 3 sin 3 cos2 2 3 . 2 1 2)31(                  iiiz . 0,25 Áp dụng công thức Moa-vrơ, ta có               3 4 sin 3 4 cos2 3 10 sin 3 10 cos2 1010  iiz . 0,25 Các acgumen của z đều có dạng )(2 3 4 Zkk    . Ta có 3 2 02 3 4  kk   hay   1,2,3,4 , k . 0,25 Acgumen âm lớn nhất của z tương ứng với 1k . Vậy acgumen cần tìm của z là 3 2   . 0,25 Hết www.VNMATH.com . GIÁO D C – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2 012 - 2 013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Môn thi: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 18 0. VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN THỨ 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU MÔN THI: TOÁN; KHỐI: D (Đáp án gồm 6 trang) Câu Nội dung Điểm 1. a