Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều, mặt phẳng SAB vuông góc với mặt phẳng ABCD và khoảng cách từ D tới mặt phẳng SHC bằng 2a
Trang 1www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối A
Thời gian làm bài: 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 yx33x2 (1) 2
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2 Tìm m để đường thẳng : y(2m1)x4m cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm
( 1;6)
P tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ làm trọng tâm
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
sin 2 cos 2 4 2 sin( ) 3cos
cos 1
x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
1 logx 2
x y x
y y
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 4 3
1
1 ln 2 1
2 ln
x x
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ, H là trung điểm AB SA, 2 , a SC a 5 Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều, mặt phẳng ( SAB vuông góc với mặt phẳng ) (ABCD và khoảng cách từ ) D tới mặt phẳng SHC bằng 2a 2 Hãy tính thể tích khối chóp S ABCD theo a
Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a b c thỏa mãn , , 28 12 12 12 4 1 1 1 2013
lớn nhất của
P
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 tọa độ Oxy, cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn
(C):x2y2 4y và cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng 4 0 d: 2x Viết phương trình đường y 1 0
thẳng chứa cạnh AB và tìm tọa độ điểm C
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 0;1), ( 1;1;1)B Tìm tọa độ điểm M thuộc
mặt phẳng Oxysao cho tam giác MAB cân tại M và có diện tích bằng 21
2
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z3z2i 3 z
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E):
2 2
1
Hai điểm M( 2; ), m N(2; )n di động và thoả mãn tích khoảng cách từ hai tiêu điểm F F của (E) đến đường thẳng MN bằng 3 Tính 1, 2
1 cosMF N
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm
(3;0;1), (6; 2;1)
M N và (P) tạo với mặt phẳng (Oyz) một góc thỏa mãn sin 3 5
7
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm tất cả số nguyên dương n thỏa mãn 3 3
3 3
n
i A
i
là số thực
- HẾT -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Trang 2www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1
www.VNMATH.com
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối A
1 (1,0 điểm)
* TXĐ : D=R
* Sự biến thiên
Ta có: lim ; lim
y'3x2 6x ; ' 0 0 2
y
0.25
BBT:
x - 0 2 + y' + 0 - 0 +
y 2 +
- -2
0.25
Hàm số đồng biến trên ; 0 và 2; ; Hàm số nghịch biến trên 0; 2
yCĐ = 2 tại x = 0 ; yCT = - 2 tại x = 2
0.25
* Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và 1 3; 0
Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng
1
2
2
-2
y
x O
0.25
2.(1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao của (C) và (): x3 3x2( m2 1)x 4m 2 0
(x 2)(x2x 2m 1) 0 x
2
0.25
1
(2,0 điểm)
() cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N (1) phải có nghiệm x x1, 2 thỏa
x1 1 x22
2 2
0.25
Trang 3www.VNMATH.com
b a f
0 2 2 0 (2) 0
m
m m
1 2 2
m m
5 8 1 2
Với m 5
8
ta có ( ; );1 3 (2; 3)
2 8
Với m 1
2
ta có M( 1; 2); N(2; 2) (loại) Vậy không có giá trị của m thỏa mãn MNP nhận O làm trọng tâm
0.25
(1,0 điểm)
Đk xk2 , kZ
sin 2xcos 2x4 s inxcosx 3cosxcosx 1 0 0.25
s inx 0
s inx(cos s inx 2) 0
cos s inx 2 0( )
x
x k
2
(1,0 điểm)
Đối chiếu đk suy ra xk2 , k là nghiệm pt 0.25
(1,0 điểm)
1 logx 2 2
x y x
y y
1 x123x1 2y23 2 y (3)
0.25
Xét hàm số f t t23 ,t t0;
f t t t suy ra hàm số đồng biến trên 0;
Ta lại có x1, 2 y 0;
Nên 3 f x 1 f 2yx 1 2 yx 3 y thay vào pt (2) ta được
0.25
1
2
y
y y
y y
3
(1,0 điểm)
y x (loại)
y x (t/m)
Vậy hpt có nghiệm duy nhất x y ; 5; 2
0.25
(1,0 điểm)
4 3
3
3
1
e e
x dx
4
(1,0 điểm)
2 ln
1 ln
ln 2 ln
e
x
2
e
Trang 4www.VNMATH.com Vậy
4
ln
(1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra SH ABCD và 2 3 3
2
a
SH a
0.25
2
CH SC SH a
Gọi EHCADthế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó suy ra
0
,
cos 45
d D AHC
5
(1,0 điểm)
1
4 2
ABCD
S BCDA AB a (đ.v.d.t.) Vậy
3 D
a
V SH S (đvtt)
a 5
2 2a a
3a
a
H
D
C B
A
S
0.25
(1,0 điểm)
Đặt x 1;y 1;z 1
2 2 2
2013 24
0.25
Mặt khác 2 2 2 2 2 2013
3
8
Ta có
3
2
2
x y
6
(1,0 điểm)
P xyz
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4026
12
4026
ab c
0.25
7.a (1,0 điểm)
Trang 5www.VNMATH.com (C) có tâm I(0;2), bán kính R 2 2 Gọi tọa độ điểm M a ; 2a 1
Do tam giác ABC đều nội tiếp (C) nên
1 1
2
5
a
a
0.25
Với a 1 M 1;1
Khi đó, AB qua M vtpt là IM1; 1
có PT là xy 0
Pt của CM là x Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt y 2 0
2
2
4 4 0
4
x
x
y
0.25
Từ đó tìm được tọa độ C 2; 4
a M
Khi đó, AB qua M vtpt là 7; 1
5 5
IM
có PT là 7x y 2 0
Pt của CM là x7y14 Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt 0
0.25
(1,0 điểm)
14 5 12
14
4 4 0
5 8 5
x
y
x
y
Từ đó tìm được tọa độ 14 8;
5 5
C
KL…
0.25
(1,0 điểm)
Ox ; ; 0
M y M a b
Theo giả thiết ta có 1 21
,
AM BM
2
a b
a b
0.25
Giải hệ được: 4; 11
a b hoặc 4; 21
8.a
(1,0 điểm)
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán 4; 11;0
5 10
M
4 21
; ; 0
5 10
M
9.a (1,0 điểm)
Trang 6www.VNMATH.com Đặt z x yi x y , ta được
z z i z xyi x yi x y i x y 0.25
4 2
0.25
0
3 0
0 3
x
y
x
0.25
(1,0 điểm)
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng y 3x với x 0 0.25 (1,0 điểm)
TH1: MN song song với Ox hay mn Khi đó phương trình MN y m: 0
2
( ; ) ( ; ) ( 1)( 1) 3
2
1 3 (loai)
m m
0.25
Với m 2 thì M( 2; 2); N(2; 2) Từ đây tính được
1
1 cos
65
MF N
Với m thì 2 M( 2; 2); N(2; 2) Từ đây tính được
1
1 cos
65
MF N
0.25
TH2: MN không song song với Ox
Ta có phương trình MN là (n m x ) 4y2m2n 0
Khi đó: ( ;1 ) ( 2; ) (3 )(3 2 ) 3
d F MN d F MN
n m
3
nm
0.25
7.b
(1,0 điểm)
Ta có: MN2 16 ( n m ) ;2 MF12 m21;NF12 n29
1
1 1
10 (16 ( ) )
2
MF N
MF NF
(1,0 điểm)
Gọi vtpt của (P) là 2 2 2
n a b c a b c
Vì M P nên phương trình của P có dạng a x 3byc z 10
2
a
N P a b b
(do 0900) Mặt phẳng (Oyz) có véctơ pháp tuyến i 1;0; 0
0.25
2 2 2
2
7
a
Thế 3
2
a
b vào (*) giải được c 3a
0.25
+ Với c3a; 3
2
a
b chọn a 2 b 3;c , 6 P : 2x3y6z120 0.25
8.b
(1,0 điểm)
+ Với c 3a; 3
2
a
b chọn a 2 b 3;c , 6 P : 2x3y6z0 0.25
Trang 7www.VNMATH.com
(1,0 điểm)
3
cos sin cos sin
0.5
9.b
(1,0 điểm)
6
n
Trang 8www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
III PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2
1
x y x
(1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1)
2 Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C), đường thẳng( ) :d x2y cắt ( )5 0 C tại hai điểm A, B với A có hoành độ dương Viết phương trình các tiếp tuyến của( )C vuông góc với IA
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 4sin 3xsin 5x2 sin cos 2x x0
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 3
x y
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 2 2
0 cos s in
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và góc BAD 600; D’O vuông góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy một góc = 60o Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp
C.ADC’
Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm a b c có tổng bằng 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức , ,
2 2 2 9
2
abc
Pa b c
IV 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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(1; 2) có góc ABC 300, đường thẳng d: 2x là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm B và y 1 0
C
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng( ) :P1 x2y2z , 3 0 2
( ) : 2P xy2z và đường thẳng d: 4 0
3
4 2
1
x
Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2)
Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức 4 2 6
; (1 )(1 2 );
phức Chứng minh rằng tam giác ABC vuông
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp
2 2
25 9
E với hai tiêu điểm F F (hoành độ 1, 2 của F âm) Điểm 1 P thuộc elíp sao cho góc PF F 1 2 1200 Tính diện tích tam giác PF F 1 2
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 1), ( 2;1;3) B Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất
Câu 9.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi
Tính xác suất để chọn được 2 viên bi khác màu
- HẾT -
Trang 9www.VNMATH.com
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1
www.VNMATH.com
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối D
a (1,0 điểm)
+ Tập xác định DR\ 1
+ Sự biến thiên
Đt y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
0.25
4
1
x
Hàm số nghịch biến trên ;1 , 1;
Hàm số không có cực trị
0.25
Bảng biến thiên:
x 1
'
y + 0 || 0
b.(1,0 điểm)
Ta có I1, 2, 5
:
2
x
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là 2 2 5
x
0.25
3
3;4
3 ( )
x
A
Hệ số góc của IA là 3 1
1
4 2
0.25
Gọi x là hoành độ tiếp điểm Do tiếp tuyến vuông góc với IA nên 0
Tiếp tuyến có hệ số góc 2 0
0 0
3 4
1
1 ( 1)
x x x
1
(2,0 điểm)
Từ đó, ta xác định được các tiếp tuyến là: y x 7,y x 1 0.25 (1,0 điểm)
2
(1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 4sin 3xsin 5xsin 3xs inx0 0.25
2
2
Trang 10www.VNMATH.com 3sin 3x sin 5x sinx 0 3sin 3x 2 sin 3 cos 2x x 0 sin 3 (3 2 cos 2 )x x 0
sin 3x 0
; 3
k
(1,0 điểm)
ĐK: x y , 0
1
x y
y x y xy x
x y
Trường hợp x = y thay vào phương trình: (x4 )(2y x y 4) 36
4 12 0
2
x
x
Hệ có nghiệm ( 6; 6); (2; 2)
0.25
Trường hợp
y x y x
x y
Do y2xyy2 0 với x y, 0 nên nếu ( ; )x y là nghiệm thì xy 0
0.25
3
(1,0 điểm)
Mặt khác (x4 )(2y x y 4) 362x24y29xy4x16y 36
2(x1)24(y2)29xy 18 (*)
Do xy 0 nên PT(*) vô nghiệm
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( 6; 6); (2; 2)
0.25
(1,0 điểm)
2
0 0 cos cos 1 2 sin cos cos
0.5
4
(1,0 điểm)
3
x
(1,0 điểm)
O
A B
D'
A' C'
B'
H
0.25
5
(1,0 điểm)
Từ giả thiết: 0
Trang 11www.VNMATH.com
Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’ Ta có: OO 'aDD ' và OO 'AC
(do AC BDD B' '), nên diện tích tam giác ACC’ là:
2 ACC ' ACC ' A '
Diện tích tam giác ACD là
2 ACD
a 3 S
4
Kẻ OH vuông góc với CD thì D ' HCD v OD'H vuông tại O Do đó a
DH 4
D ' H D ' D DH
4
2
C ' CD CDD ' C '
Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là:
0.25
Thể tích
' '.
1 3
'
(1,0 điểm)
2 2 2 9
2
abc
2
abc
2
a
2
a
0.25
Không mất tình tổng quát giả sử amin a b c( , , )nên [0; ]1
3
a
Khi đó hàm ( ) (9 2) 2 2 2 1
2
a
f t t a a là hàm nghịch biến
9 ( ) ( 2) 2 2 1 (0) 2 2 1
2
a
0.25
Từ đó ta lại khảo sát hàm f(0)2a2 2a với 1 [0; ]1
3
6
(1,0 điểm)
Khi đó ta có MaxP 1 khi a1;b và các hoán vị c 0 0.25
(1,0 điểm) cho tam giác ABC vuông tại A(1; 2) có góc ABC 300, đường thẳng d: 2x là y 1 0
tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm B và C
Gọi H là hình chiếu của A trên d là 7 9;
5 5
H
, AH d A d( ; )
1 5 Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm BC
d vuông góc BC nên BC//AH suy ra ABH 600
tan 60 15
AH
0.25
7.a
(1,0 điểm)
Gọi tọa độ của B t t ( ; 2 1)
0.25
Trang 12www.VNMATH.com
2
15
BH t t t t
TH1: 7 3 9; 2 3
5 15 5 15
B
Phương trình BC qua B vuông góc với d là 2 5 1 0
3
x y 1
3
CBCC a a
AC AB a C
0.25
TH2: 7 3 9; 2 3
5 15 5 15
B
Phương trình BC qua B vuông góc với d là 2 5 1 0
3
x y 1
3
CBCC a a
AC AB a C
0.25
(1,0 điểm)
Giả sử I( ) :d
3
4 2
1
x
( 2 ; 2 ; 4 3 )
là tâm của mặt cầu (S) 0.25 Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2) d (I, (P1)) = d (I ; (P2))
1
13 16
10 3
1 3 9 3
1
t
t t
I1(11; 26; 35); I2( 1; 2;1)
8.a
(1,0 điểm)
Vậy có hai mặt cầu cần tìm:
1 ( ) : (S x11) (y26) (z35) 38 , 2 2 2
2 (S ) : (x1) (y2) (z1) 4 0.25
(1,0 điểm)
4
2 2
i i i
i
có điểm biểu diễn A= (2; -2)
1i1 2 i 3 i có điểm biểu diễn B= (3; 1)
2 6 3
2 6
2
i
i
có điểm biểu diễn C= (0; 2)
0.5
9.a
(1,0 điểm)
Xét
BA 1; 3 , BC 3;1 BA.BC0 BABC
7.b (1,0 điểm)
Trang 13www.VNMATH.com
2 2
25 9
2
2 2 2 2
1 2
25
16 9
a
b
0.25
Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có:
2
10
2 10
0.25
1
2
9 7 61 7
PF
PF
0.25 (1,0 điểm)
1 2
0
1 1 2
.sin120 8
PF F
S PF F F
(1,0 điểm)
Khi đó, AM t 1; 2;1 ; AB 3; 1; 4AM AB; 7; 4t 1; t 5
0.25
2
ABM
S AM AB t t
0.25
8.b
(1,0 điểm)
Hàm số f t( ) 17t22t75đạt GTNN tại 1
17
t Vậy 1; 0;0
17
M
là điểm cần tìm 0.25
(1,0 điểm)
Gọi A là biến cố “ Chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “ Chọn được 2 viên bi đỏ”, C là
biến cố “ Chọn được 2 viên bi vàng”, và H là biến cố “ Chọn được 2 viên cùng màu ”
Ta có: H ABC và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc
0.25
Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có:
2
3
5 18
C
9.b
(1,0 điểm)
Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố H Suy ra,
18 18
