SỞ GD & ĐT KONTUM ĐỀ THITHỬĐẠIHỌC LẦN 4NĂMHỌC2012-2013
TRƯỜNG THPTKONTUMMôn:TOÁN;KhốiA, A
1
, B, D.
Thời gian: 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
21
1
x
y
x
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
()C
của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình đường thẳng
đi qua điểm
(0;1)I
và cắt đồ thị
()C
tại hai điểm phân biệt
,AB
sao cho diện tích tam giác
OAB
bằng
3
(O là gốc tọa độ).
Câu 2 (2,0 điểm).
1. Giải phương trình
(1 cos )cot cos2 sin sin 2x x x x x
.
2. Giải hệ phương trình
3 1 2 7 2
( , )
2 4 5
x x y y x
xy
x y x y
¡
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
2
6
cos .ln(1 sin )
sin
xx
I dx
x
.
Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có
( ),SC ABCD
đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng
3a
và
·
0
120 .ABC
Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
()ABCD
bằng
0
45 .
Tính theo
a
thể tích của khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho
,,abc
là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
3
23
P
a ab abc a b c
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 6a (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
5,AB
( 1; 1)C
, đường thẳng
AB
có phương trình là
2 3 0xy
và trọng tâm G của tam giác
ABC
thuộc đường thẳng
: 2 0xy
. Tìm tọa độ các đỉnh
A
và
.B
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
( 2;2; 2), (0;1; 2)AB
và
(2;2; 1)C
. Viết
phương trình mặt phẳng
()P
đi qua
A
, song song với
BC
và cắt các trục y
’
Oy, z
’
Oz theo thứ
tự tại
,MN
khác gốc tọa độ
O
sao cho
2.OM ON
Câu 7a (1,0 điểm).
Tính mô đun của các số phức
z
thỏa mãn
2
2
1 ( 1)z z i iz
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 6b (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có
: 7 31 0,AC x y
hai đỉnh B,D
lần lượt thuộc các đường thẳng
1
: 8 0d x y
,
2
: 2 3 0d x y
. Tìm tọa độ các đỉnh của
hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2
( ):
1 1 2
x y z
d
và mặt phẳng
( ): 2 6 0.P x y z
Một mặt phẳng
()Q
chứa
()d
và cắt
()P
theo giao tuyến là đường thẳng
cách gốc tọa độ
O
một khoảng ngắn nhất. Viết phương trình của mặt phẳng
( ).Q
Câu 7b (1,0 điểm). Gọi
12
, zz
là hai nghiệm của phương trình
2
5
2cos 1 0
21
zz
. Tìm số n
nguyên dương nhỏ nhất sao cho
12
1.
nn
zz
Hết
ĐÁP ÁN & BIỂU CHẤM THI THỬĐẠIHỌCLẦN4 MÔN TOÁN
Năm học: 2012-2013
Câu
Ý
Đáp án
Điểm
1
2,0 đ
1
1,0 đ
Hàm số
21
1
x
y
x
TXĐ:
\1D ¡
Sự biến thiên của hàm số:
+ Các giới hạn và tiệm cận
( 1) ( 1)
lim ; lim
xx
yy
Đường thẳng
1x
là tiệm cận đứng.
lim 2
x
y
Đường thẳng
2y
là tiệm cận ngang.
0,25
+ Đạo hàm:
'
2
3
0
( 1)
y x D
x
0,25
+ Bảng biến thiên:
x
1
+
y
’
+ +
y
+
2
2
Hàm số đồng biến trong các khoảng
( ; 1)
và
( 1; )
.
Hàm số không có cực trị.
0,25
Đồ thị: Tự vẽ đồ thị.
0,25
2
1,0 đ
:1y mx
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và
:
2
21
1 ( 1)
1
( ) ( 1) 2 0 (1)
x
mx x
x
f x mx m x
0,25
Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác
1
0
0
5 2 6 0
0
5 2 6
5 2 6
( 1) 0
5 2 6
m
m
mm
m
m
f
m
.
Khi đó
cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
1 1 2 2
( ; 1); ( ; 1)A x mx B x mx
Với
12
,xx
là hai nghiệm của (1)
0,25
Ta có
2 2 2 2
2 1 2 1 1 2
( ) (1 ) ( ) 4 (1 )AB x x m x x x x m
Mà
1 2 1 2
12
,
m
x x x x
mm
. Do đó
22
1
( 10 1)(1 )AB m m m
m
: 1 1 0y mx mx y
2
1
( , )
1
d d O
m
0,25
Khi đó:
2
1 10 1
.3
22
OAB
mm
S AB d
m
2
1
11 10 1 0 1
11
m m m m
(tmđk)
Do đó
:1yx
hay
1
1.
11
yx
0,25
2
2,0 đ
1
1,0 đ
Phương trình
(1 cos )cot cos2 sin sin 2x x x x x
(1)
Điều kiện:
sin 0 ( )x x k k
¢
Khi đó: (1)
cos
(1 cos ) cos2 sin sin 2
sin
x
x x x x
x
2 2 2
2 2 2
cos cos cos2 sin sin 2sin cos
cos (1 2sin ) cos2 sin (cos sin ) 0
x x x x x x x
x x x x x x
0,25
cos cos2 cos2 sin cos 2 0
cos2 (cos sin 1) 0
cos2 0
cos sin 1
x x x x x
x x x
x
xx
0,25
+
cos2 0 ( )
42
x x k k
¢
.
+
1
cos sin 1 0 cos 2
4 4 4
2
x x x x l
2
( )
2
2
xl
l
xl
¢
.
0,25
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:
42
xk
,
2
2
xl
( , )kl¢
.
0,25
2
1,0 đ
Hệ phương trình
3 1 2 7 2 (1)
2 4 5 (2)
x x y y x
x y x y
Điều kiện:
20
40
xy
xy
Với điều kiện trên thì
(1) 3x
2
7xy + 2y
2
+ x 2y = 0
(3xy)(x2y) +(x2y) = 0
(x2y)(3xy +1) = 0
20
3 1 0
xy
xy
0,25
+ x2y = 0 x = 2y
(2):
4 9 5yy
y = 1
y = 1
x = 2 (tmđk)
0,25
+ 3x y + 1= 0 y = 3x+1
(2) trở thành:
7 1 7 2 5xx
2
1
7
49 21 2 11 7
x
x x x
1 11
17
77
17
25
25
x
x
x
.
17 76
25 25
xy
(tmđk).
0,25
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) =
17 76
;
25 25
.
0,25
3
1,0 đ
Tích phân
2
2
6
cos .ln(1 sin )
sin
xx
I dx
x
.
Đặt
sin cost x dt xdx
1
; 1
6 2 2
x t x t
0,25
Khi đó
1
2
1
2
ln(1 )t
I dt
t
0,25
Đặt:
2
ln(1 )
1
1
dt
ut
du
t
dt
dv
v
t
t
Ta có
1
11
1
11
2
22
1 3 1 1
ln(1 ) ln 2 2ln
( 1) 2 1
dt
I t dt
t t t t t
0,25
11
11
22
27
2ln3 3ln 2 ln ln 1 3ln3 4ln2 ln .
16
tt
0,25
4
1,0 đ
a
3
I
O
D
K
B
A
C
S
Kẻ
( )SK AB K AB CK AB
(định lí 3 đường vuông góc)
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
()ABCD
là góc giữa
SK
và
CK
.
Do
·
SKC
nhọn nên
·
0
45SKC
· ·
00
120 60ABC CBK
Trong tam giác vuông
:CBK
0
3
sin 60
2
a
CK CB
Tam giác
SCK
vuông cân tại
C
nên
3
2
a
SC
0,25
Ta có
2
0
33
. sin120
2
ABCD
a
S AB BC
Do đó
3
.
1 3 3
.
34
S ABCD ABCD
a
V S SC
(đvtt)
0,25
Gọi
O AC BD
Ta có
()
BD AC
BD SAC
BD SC
tại
O
.
Kẻ
( )OI SA I SA
OI
là đoạn vuông góc chung của SA và BD.
0,25
Dùng hai tam giác đồng dạng
AOI
và
ASC
suy ra
35
10
a
OI
.
Vậy
35
( , )
10
a
d SA BD
.
0,25
5
1,0 đ
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
3
1 4 1 4 16 4
. . ( )
2 2 3 4 3
a b a b c
a ab abc a a b c
Đẳng thức xảy ra khi
4 16 .a b c
0,25
Suy ra
33
2( )
P
abc
abc
. Đặt
, 0t a b c t
Khi đó ta có
33
2
P
t
t
.
Xét hàm số
()ft
33
2t
t
với
0t
.
0,25
'
2
33
( ) ;
2
2
ft
t
tt
'
2
33
( ) 0 0 1
2
2
f t t
t
tt
Bảng biến thiên:
t
0 1
'
()ft
0 +
()ft
0
3
2
Do đó
0
3
min ( )
2
t
ft
khi và chỉ khi
1t
. Suy ra
3
2
P
.
0,25
Vậy GTNN của P bằng
3
2
khi và chỉ khi
1
4 16
abc
a b c
16 4 1
, , .
21 21 21
a b c
0,25
6a
2,0đ
1
1,0đ
Gọi
( ; )I x y
là trung điểm của đoạn
AB
và
( ; )
GG
G x y
là trọng tâm của
ABC
.
Do
2
3
CG CI
uuur uur
nên
2 1 2 1
;.
33
GG
xy
xy
0,25
Tọa độ điểm
I
thỏa mãn hệ phương trình:
2 3 0
5
2 1 2 1
1
20
33
xy
x
xy
y
. Vậy
(5; 1)I
0,25
Ta có
5
22
AB
IA IB
Gọi
()C
là đường tròn có tâm
(5; 1)I
và bán kính
5
2
R
22
5
( ): ( 5) ( 1)
4
C x y
.
0,25
Tọa độ hai điểm
,AB
là nghiệm của hệ phương trình:
22
2 3 0 4 6
.
5 1 3
( 5) ( 1)
4 2 2
x y x x
x y y y
Vậy tọa độ hai điểm
,AB
là
13
4; , 6; .
22
0,25
2
1,0 đ
Từ giả thiết ta có
(0; ;0)Mm
và
(0;0; )Nn
trong đó
0mn
và
2mn
.
0,25
Do
( ) / /P BC
và
()P
đi qua
,MN
nên VTPT của
()P
là
, ( ; 2 ; 2 )n BC MN m n n m
r uuur uuuur
0,25
TH1:
2mn
thì
, (3 ; 2 ; 4 ) ( 0)n BC MN n n n n
r uuur uuuur
.
()P
đi qua
( 2;2; 2)A
( ):3 2 4 2 0.P x y z
0,25
TH2:
2mn
thì
, ( ; 2 ;4 ) ( 0)n BC MN n n n n
r uuur uuuur
.
()P
đi qua
( 2;2; 2)A
( ): 2 4 10 0.P x y z
( loại vì
()P BC
)
Vậy
( ) :3 2 4 2 0.P x y z
0,25
7a
1,0 đ
Đặt
, ( , )z a bi a b ¡
. Từ giả thiết ta có
2
2
1 ( 1) ( 1 )a bi a b i b ai
0,25
2
2
1 2( 1) 2 ( 1)
1 2( 1)
(1)
2 ( 1)
a bi b a b i
ab
b a b
0,25
Từ (1) suy ra :
2
1 2( 1) ( 1)
2( 1)
b
bb
b
2
21
( 2)(2 1) 0
11
22
ba
bb
ba
Suy ra
12zi
hoặc
11
.
22
zi
0,25
+ Với
12zi
, ta có
5z
.
+ Với
11
22
zi
, ta có
2
2
z
.
0,25
6b
2,0 đ
1
1,0 đ
12
( ;8 ), (2 3; ).B d B b b Ddd d
Khi đó
D ( 2 3; 8)B b d b d
uuur
và trung điểm của
BD
là
2 3 8
;.
22
b d b d
I
0,25
Theo tính chất hình thoi ta có :
8 13 13 0 0
.0
6 9 9 0 1
AC
BD AC b d b
u BD
I AC b d d
I AC
uuur uuur
.
Suy ra
(0;8); ( 1;1)BD
.
0,25
Khi đó
19
;
22
I
;
( 7 31; )A AC A a a
.
2
1 15
. 15 2
2
2
ABCD
ABCD
S
S AC BD AC IA
BD
0,25
2 2 2
3 (10;3) ( )
63 9 225 9 9
7
6 ( 11;6)
2 2 2 2 4
a A ktm
a a a
aA
Suy ra
(10;3)C
.
0,25
2
1,0 đ
Gọi
,HI
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
O
lên
()P
và
.
Ta có
( , )d O OI OH
( không đổi)
Do đó
min ( , )d O OH
xảy ra khi
IH
0,25
Đường thẳng
OH
đi qua
(0;0;0)O
và nhận VTPT của
()P
là
(1;2;1)n
r
làm
VTCP
:2
xt
OH y t
zt
(1)
0,25
( ) : 2 6 0P x y z
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
6 6 0 1tt
Từ
(1) (1;2;1)H
0,25
Khi đó
()Q
là mặt phẳng chứa
()d
và đi qua
.H
Ta có
(1;1;2) ( )Md
, VTCP của
()d
là
(1;1; 2)u
r
,
(0; 1;1)HM
uuuur
.
Suy ra VTPT của
()Q
là
, ( 1; 1; 1)
Q
n u HM
uur r uuuur
,
()Q
đi qua
(1;1;2)M
Do đó
( ): 1( 1) 1( 1) 1( 1) 0 4 0.Q x y z x y z
0,25
I
(d)
H
P
Q
O
7b
1,0 đ
Phương trình
2
5
2cos 1 0
21
zz
(1)
(1) có
' 2 2
55
cos 1 sin
21 21
.
Do đó các căn bậc hai của
'
là
5
sin
21
i
Vậy (1) có các nghiệm là
1
2
55
cos sin
21 21
55
cos sin
21 21
zi
zi
0,25
12
5 5 5 5
1 cos sin cos sin 1
21 21 21 21
5 5 5 5
cos sin cos sin 1
21 21 21 21
5 5 5 5
cos sin cos sin 1
21 21 21 21
nn
nn
n
n
z z i i
ii
n n n n
ii
0,25
5 5 5
cos cos 1 2cos 1
21 21 21
5 5 7 42
cos cos 2 ( ) (*)
21 3 21 3 5 5
n n n
n n k
k n k
¢
0,25
Vì
n
là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra
7.n
0,25
Hết
. SỞ GD & ĐT KON TUM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 201 2-2 013 TRƯỜNG THPT KON TUM Môn: TOÁN; Khối A, A 1 , B, D. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN. 0 21 zz . Tìm số n nguyên d ơng nhỏ nhất sao cho 12 1. nn zz Hết ĐÁP ÁN & BIỂU CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 MÔN TOÁN Năm học: 201 2-2 013 Câu Ý Đáp án Điểm 1 2,0 đ. 2,0 đ 1 1,0 đ 12 ( ;8 ), (2 3; ).B d B b b D d d d Khi đó D ( 2 3; 8)B b d b d uuur và trung điểm của BD là 2 3 8 ;. 22 b d b d I 0,25 Theo