SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPTNGUYỄN HUỆ
ĐỀ THITHỬĐẠIHỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. ( 7 điểm )
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số:
( ) ( )
3 2
2 6 9 2 2y m x mx m x= − − + − −
(C
m
)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1.
2. Tìm m để đường thẳng d: y=-2 cắt (C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C sao cho diện tích tam
giác OBC bằng
13
.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2(cos 3 sin )cos cos 3sin 1
+ = − +
x x x x x
2. Giải hệ phương trình:
=−−
=−++−−
12
4)3()1(3
22
yxyx
xyyyxx
( )
x, y R∈
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:
e
2
1
ln x x
I dx
x
+
=
∫
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 3, AC = 4 góc tạo bởi các
mặt bên và đáy bằng 60
o
. Tính thể tích của khối chóp S.ABC
Câu V: (1,0 điểm)
Cho hai số a, b
∈
(0;1) và
a b≠
. Chứng minh rằng:
2013 2013
ln 2013
(log log ) 4
1 1
b a
b a b a
− >
− − −
II .PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VIa (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d
1
: x – 2y + 1 = 0; d
2
: 3x – y – 2 = 0;
d
3
: 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d
1
điểm N trên d
2
sao cho MN =
5
và MN song song với d
3
.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+2y+2z-6=0, gọi A, B, C lần lượt là tọa
độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Tìm tâm và bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện
OABC.
Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi
1 2
,z z
là hai nghiệm của phương trình
2
2 2 0z z− + =
trên tập số phức .
Tìm modun của số phức :
( ) ( )
12 5
1 2
w 1 1z z= − + −
.
B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VIb (2,0 điểm)
1. . Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:x
2
+ y
2
– x – 4y – 2 = 0 và các điểm
A(3 ;-5) ; B(7;-3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho 3 điểm
( ) ( ) ( )
1;2; 1 , 2;1;1 ; 0;1;2A B C−
và
đường thẳng (d) có phương trình là:
( )
1 1 2
:
2 1 2
x y z
d
− + +
= =
−
. Hãy lập phương trình đường thẳng
( )
∆
đi
qua trực tâm của tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng (d).
Câu VIIb (1,0 điểm) Giải phương trình:
3 3
2
3 2.3 3 2 0
x x x x x+ −
− − + =
( )
x R∈
Hết
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: …………………………
Câu Đápán Điểm
Câu I
1) Khi m = 1
⇒
3 2
6 9 2y x x x= − + −
• TXĐ: D = R
3 2
lim ( 6 9 2)
x
x x x
→−∞
− + − = −∞
,
3 2
lim ( 6 9 2)
x
x x x
→+∞
− + − = +∞
' 2
1
3 12 9 0
3
x
y x x
x
=
= − + = ⇔
=
0,25 đ
• BBT:
x -
∞
1 3 +
∞
y
/
+ 0 - 0 +
2 +
∞
y
-
∞
-2
0,25 đ
Hàm số đồng biến: (-
∞
; 1),(3;+
∞
)
Hàm số nghịch biến: (1;3)
f
CĐ
= f(1) = 2
f
CT
= f(3) = -2
Khi y’’ =6x-12=0
2x
⇔ =
=>y=0
Khi x=0=>y=-2
x= 4=>y=2
Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối
xứng
0,5 đ
2) Phương trình hoành độ giao điểm là:
( ) ( )
3 2
2 6 9 2 2 2m x mx m x− − + − − = −
( ) ( )
3 2
2 6 9 2 0m x mx m x⇔ − − + − =
(1)
( ) ( )
2
2 6 9 2 0x m x mx m
⇔ − − + − =
( ) ( ) ( )
2
0
2 6 9 2 0 2
x
m x mx m
=
⇔
− − + − =
0,25 đ
0,25 đ
Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương
trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện:
( )
2
2
1
9 9 2 0
2
2 0
m
m m
m
m
>
∆ = − − >
⇔
≠
− ≠
Gọi tọa độ điểm B(x
B
; -2), C(x
C
; -2) Đk: x
B
≠
x
C
Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2
Theo bài ra ta có
( )
2
1
. 13 13 4 13(3)
2
OBC B C B C
S h BC BC x x x x
∆
= = ⇒ = ⇔ + − =
0,25 đ
Theo định lý viét ta có:
6
2
9
B C
B C
m
x x
m
x x
+ =
−
=
(4)
Thay (4) vào (3) ta được:
2
14
6
36 13
13
2
14
m
m
m
m
=
− = ⇔
÷
−
=
(tm)
0,25 đ
Câu II
1) Giải phương trình:
( )
2 cos 3 sin cos cos 3 sin 1x x x x x+ = − +
cos2 3sin 2 cos 3 sin sin 2 sin
6 6
x x x x x x
π π
⇔ + = − ⇔ + = −
÷ ÷
( )
2 2
2
3 3
k
x x k k Z
π π
π
⇔ = ∨ = + ∈
0,25
0,25
0.25
2) Từ pt: x
2
-3x(y-1) + y
2
+ y(x-3) = 4
⇔
(x-y)
2
+ 3(x-y) - 4 = 0
−=−
=−
4
1
yx
yx
Với x- y = 1, ta có
=−−
=−
12
1
yxyx
yx
⇔
x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2
* Với x - y = -4 ta có
=−−
−=−
12
4
yxyx
yx
(Hệ PT vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III
Tính tích phân:
I=
2 2
1 1 1
ln ln 1
e e e
x x x
dx dx dx
x x x
+
= +
∫ ∫ ∫
0,25 đ
Đặt I
1
=
1
2 2
1
1 1
ln 1 1 1 1 1 1 2
ln 1
e
e e
e
x e
dx x dx
x x x e x e e e
−
= − + = − − = − − − =
÷
∫ ∫
0,25 đ
Đặt I
2
=
1
1
1
ln ln ln1 1
e
e
dx x e
x
= = − =
∫
0,25 đ
Vậy I=I
1
+I
2
=
2 2 2
1
e e
e e
− −
+ =
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC); M, N, K lần lượt là hình chiếu của H
lênh cạnh AB, AC, BC. Khi đó thể tích V của khối chóp được tính bởi công
thức :
1
.
3
ABC
V S SH
∆
=
,mà
1
. 6
2
ABC
S AB AC
∆
= =
0,25 đ
0,25
Câu IV
-Tính SH.
Xét các tam giác SHM,
SHN, SHK vuông tại H,
có các góc SMH, SNH,
SKH
bằng 60
0
do đó HM = HN
= HK => H là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác
ABC =>
2
1
ABC
S
HM
AB BC CA
= =
+ +
=>SH = HM.tan60
0
=
3
Vậy
1
3.6 2 3
3
V = =
0,25
0,25
0,25
Bđt
2013 2013 2013 2013
ln 2013
(log log (1 ) log log (1 )) 4b b a a
b a
⇔ − − − + − >
−
TH1: nếu b > a thì bđt
2013 2013 2013 2013
4 4
log log (1 ) log log (1 )
ln 2013 ln 2013
b a
b b a a⇔ − − − > − − −
Xét hàm số f(t) =
2013 2013
4
log log (1 ) (0;1)
ln 2013
t
t t t− − − ∈
Ta có f’(t) =
2
(2 1)
0 (0;1)
(1 )ln 2013
t
t
t t
−
≥ ∀ ∈
−
vậy hàm số f(t) đồng biến trên
(0;1)
Suy ra b > a ta có f(b) >f(a) từ đó ta có điều phải chứng minh
0,25
0,25
0,25
TH2: b < a Chứng minh tương tự. 0,25
1).M thuộc d
1
, N thuộc d
2
nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2)
2 2 2
5 5 ( 2 1) (3 2) 5MN MN b a b a= ⇔ = ⇔ − + + − − =
<=> (1)
3
3
/ / . 0 ( 2 1;3 2).(2;1) 0
d
MN d MN n b a b a a b⇔ = ⇔ − + − − = ⇔ =
uuuur uur
thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2
Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2; 4)
0,25
0,5
0,25
2) Tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là
A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3).Gọi phương trình mặt cầu (S):
x
2
+y
2
+z
2
+2Ax+2By+2Cz+D=0n (Điều kiện: A
2
+B
2
+C
2
-D>0)(1)
Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình:
3
0
3
36 12 0
2
9 6 0 3
2
9 6 0
0
A
D
B
A
B
C
C
D
= −
=
= −
+ =
⇔
+ =
= −
+ =
=
0,25
0,25
B
A
H
M
S
C
N
K
Vậy phương trình mặt cầu (S): x
2
+y
2
+z
2
-6x-3y-3z=0 có tọa độ tâm I(
3 3
3; ;
2 2
)
bán kính
3 6
2
R =
0,25
0,25
Câu VIIa
2
2 2 0z z− + =
.Có
, 2
1 2 1 i∆ = − = − =
0,25 đ
Giải phương trình ta được nghiệm là
1
2
1
1
z i
z i
= −
= +
0,25 đ
Thay vào w ta đ ược
( )
12
5
w 1i i i= − + = +
hoặc
12 5
w ( ) 1i i i= + − = −
Vậy /w / = 1
0,5 đ
VIb(2,0đ)
1).Đường tròn (C) có tâm
1 5
( ;2),
2 2
I R =
-Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; -4). Xét tam giác MAB có
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2 4 2
MA MB AB AB
MH P MA MB MH
+
= − ⇔ = + = +
do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C)
mà
5 3
:
4 4
x t
IH
y t
= +
= − −
, thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t
2
+
3t + 2 = 0 <=> t = -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1;
4)
-Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm
0,25
0,25
0,25
0,25
2).Ta có
( ) ( ) ( )
1; 1;2 , 1; 1;3 , 1; 5; 2AB AC AB AC
= − = − − ⇒ = − − −
uuur uuur uuur uuur
nên
phương trình mặt phẳng (ABC):
( ) ( ) ( )
1 1 5 2 2 1 0 5 2 9 0x y z x y z
− − − − − + = ⇔ + + − =
0,25
Gọi trực tâm của tam giác ABC là
( )
, ,H a b c
, khi đó ta có hệ:
( )
( )
. 0
2 3 2
. 0 3 0 1 2;1;1
5 2 9 1
BH AC
a b c a
CH AB a b c b H
a b c c
H ABC
=
− + = =
= ⇔ + − = ⇔ = ⇒
+ + = =
∈
uuur uuur
uuur uuur
0,25
Do đường thẳng
( )
∆
nằm trong (ABC) và vuông góc với (d) nên:
( )
, 12,2, 11
ABC
ABC d
d
u n
u n n
u u
∆
∆
∆
⊥
⇒ = = −
⊥
uur r
uur r r
uur uur
. Vậy đường thẳng
( )
∆
đi qua
điểm
( )
2;1;1H
và có vtcp
( )
12,2, 11−
nên
2 1 1
:
12 2 11
x y z− − −
∆ = =
−
0,25
VIIb
3 3 3 3
3 3 3 3 3
3
3
3 2.3 3 .3 2 0
3 (1 3 ) 2(1 3 ) 0 (1 3 )(2 3 ) 0
3 1 0
1
3 2 0( )
x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x
x x
pt
x
x
VN
+ − − +
+ − − − +
−
+
⇔ − − + =
⇔ − + − = ⇔ − + =
= =
⇔ ⇔
= ±
+ =
0,25
0,25
0,5
Hết
. DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. ( 7 điểm ) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: . pt: x 2 -3 x(y-1) + y 2 + y(x-3) = 4 ⇔ (x-y) 2 + 3(x-y) - 4 = 0 −=− =− 4 1 yx yx Với x- y = 1, ta có =−− =− 12 1 yxyx yx ⇔ x = 1; y = 0 và x= -1 ; y = -2 * Với x - y = -4 ta có. đ • BBT: x - ∞ 1 3 + ∞ y / + 0 - 0 + 2 + ∞ y - ∞ -2 0,25 đ Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+ ∞ ) Hàm số nghịch biến: (1;3) f CĐ = f(1) = 2 f CT = f(3) = -2 Khi y’’ =6x-12=0 2x ⇔