Đề thi thử môn Toán THPT Quế Võ

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

www.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 yx33x2 (1) 2

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2 Tìm m để đường thẳng : y(2m1)x4m 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):x2y2 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 Oxysao 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 z3z2i 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

www.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)(x2x 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

www.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 xk2 , kZ

sin 2xcos 2x4 s inxcosx 3cosxcosx 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 xk2 , k  là nghiệm pt 0.25

(1,0 điểm)

1 logx 2 2

x y x

y y





















 1 x123x1  2y23 2 y (3)

0.25

Xét hàm số f t t23 ,t t0; 

f t  t   t  suy ra hàm số đồng biến trên 0; 

Ta lại có x1, 2 y 0;

Nên  3  f x 1 f 2yx  1 2 yx 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

www.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 EHCADthế 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  BCDA 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 xyz 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4026

12

4026

ab c

0.25

7.a (1,0 điểm)

www.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 IM1; 1 

có PT là xy 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 x7y14 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)

www.VNMATH.com Đặt z x yi x y ,   ta được 

z z i z xyi 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 mn 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 ) 4y2m2n 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 m21;NF12 n29

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 3byc z 10

2

a

N P  a b b

     (do 0900) 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 c3a; 3

2

a

b  chọn a  2 b 3;c , 6  P : 2x3y6z120 0.25

8.b

(1,0 điểm)

+ Với c 3a; 3

2

a

b  chọn a  2 b 3;c  , 6  P : 2x3y6z0 0.25

www.VNMATH.com

(1,0 điểm)

3

cos sin cos sin

0.5

9.b

(1,0 điểm)

6

n

www.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 x2y  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 3xsin 5x2 sin cos 2x x0

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

Pa 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 x2y2z  , 3 0 2

( ) : 2P xy2z   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 -

www.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 DR\ 1 

+ Sự biến thiên

   Đt y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

       x1 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 I1, 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 3xsin 5xsin 3xs inx0 0.25





2

2

www.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: (x4 )(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 y2xyy2 0 với x y, 0 nên nếu ( ; )x y là nghiệm thì xy 0

0.25

3

(1,0 điểm)

Mặt khác (x4 )(2y x y 4) 362x24y29xy4x16y 36

2(x1)24(y2)29xy 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

www.VNMATH.com

Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’ Ta có: OO 'aDD ' 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 ' HCD 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 amin 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 a1;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

www.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

CBCC   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

CBCC   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 x11) (y26) (z35) 38 , 2 2 2

2 (S ) : (x1) (y2) (z1) 4 0.25

(1,0 điểm)

4

2 2

i i i

i



   có điểm biểu diễn A= (2; -2)

1i1 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.BC0 BABC

 

7.b (1,0 điểm)

www.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; 4AM 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( ) 17t22t75đạt 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 ABC 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