Đáp án đề thi thử A-A1_Yêu Toán Học_Lần 2_2013

Trang 1/7 YÊU TOÁN HỌC http://www.facebook.com/hoitoanhoc ĐỀ SỐ 02 (Ngày thi: 20h00 - 06/04/2013) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012-2013 Môn thi: Toán; Khối thi: A và A1 (Đáp án – thang điểm có 7 trang) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số   42 2 9 1y x mx   , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số   1 khi 4m  . b) Tìm m để đồ thị của hàm số   1 có ba điểm cực trị nằm trên đường tròn ngoại tiếp lục giác đều cạnh là 1. Phạm Anh Vũ a) Khi 4m  th   42 8 9 1y x x   . Tập xác định: D   . Ta có 33 0 ' 4 16 ; ' 0 4 16 0 2 2 x y x x y x x x x                 . 0.25đ  Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   2;0 và   2; .  Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng   ;2  và   0;2 .  Cực đại   0;9A , cực tiểu     2; 7 , 2; 7BC   .  Giơ ́ i ha ̣ n lim lim xx yy      . 0.25đ Bảng biến thiên x  2 0 2  'y  0  0  0  y   9 7 7 0.25đ Vẽ đồ th hm số:  Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng.  Đồ thị hàm số cắt trục tung tại bốn điểm có honh độ 4 7; 4 7; 4 7; 4 7      . 0.25đ b)   42 2 9 1y x mx   . Tập xác định: D   . Ta có 3 ' 4 4y x mx .   3 2 0 ' 0 4 4 0 * x y x mx xm           . 0.25đ Để   1 có ba điểm cực trị th phương trnh '0y  phải có ba nghiệm phân biệt hay   * có ba nghiệm phân biệt. Vậy 0m  . Khi đó nghiệm của   0 * x xm xm           . Ba điểm cực trị khi đó l       22 0;9 , ;9 , ;9A B m m C m m   . 0.25đ Xét đường tròn   C bán kính R .   C ngoại tiếp một lục giác đều cạnh là 1 th 1R  . Vậy các điểm cực trị của   1 nằm trên một đường tròn có bán kính là 1 . Gọi I là tâm ngoại tiếp của 0.25đ Trang 2/7 tam giác ABC . Khi đó IA R . Vì   1 nhận Oy là trục đối xứng nên tam giác ABC cũng sẽ đối xứng qua Oy hay I Oy . Giả sử   0;Ia . Ta có   8 1 9 1 ** 10 a IA a a           . Lại có do 1IB  nên         2 2 4 2 2 9 1 2 9 18 80 0 ***m a m m m a m a a            . Thay   ** vào   *** ta có 42 3 42 20 1 2 1 0 20 15 0 2 0 m m m m mm m m m m m m                               . Vậy các giá trị cần tìm là 1m  hoặc 15 2 m   . 0.25đ Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trnh 2 4sin 3 cos 0 6 cos 2 3 3 x x x              . Nguyễn Xuân Nam Phương trnh tương đương với: 2 4sin 3 3cos sin 0 2 cos 2 3 3 x x x x        0.25đ      sin 3cos sin 3 cos sin 3cos sin 3 cos 2 2 sin 3cos cos 2 3 cos 2 3 3 3 xx x x x x xx x x x x                         0.25đ + TH1:   cos 0 sin 3cos 3 tan 3 x x x x k k x                 . 0.25đ + TH2:   2 sin 3cos cos 2 3 4cos cos 2 3 0 3 6 3 x x x x x                                .   cos 1 2 66 x x k k              . Vậy phương trnh có nghiệm:   ;2 36 x k x k k        . 0.25đ Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trnh   2 22 4 1 2 4 40x x x    . Nguyễn Xuân Nam Điều kiện: 2 2 x x       . + Nếu:       22 22 2 4 1 40 2 1 2 1x x x       . 0.25đ Đặt     2 2 10t x t   .     2 40 4 0 1 4 40 2 2 2 2 40 4 9 2 2 40 4 t t t t t t tt                      .   2 2 1 9 2xx     . 0.25đ + Nếu:       22 22 2 4 1 40 2 1 2 2x x x        . 0.25đ Đặt:     2 2 10t x t   . 0.25đ Trang 3/7     2 4 40 0 89 2 4 40 2 2 2 2 4 40 8 2 2 4 40 t t t t t t tt                     .   2 2 89 1 1 4 178 82 xx       . Vậy phương trnh có nghiệm: 1 2; 4 178 2 xx    . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 2 1 2 1 ln 1 x xx I dx ex e x        . Nguyễn Xuân Nam 22 2 11 22 1 1 x x lnx I dx dx A B ex e x        . 0.25đ       2 2 1 1 2 2 ln 12 1 ln 42 x xx xx ex e ex e e e x e A dx e e e e e ex e e ex e                                  . 0.25đ Đặt 2 1 dt x dx tt     . Đi cận 1 2 2 1 2 2 xt xt              . 0.25đ 11 2 22 2 2 2 2 1 22 2 1 ln 1 ln ln 0 11 1 1 tt t B dx dt dt B B t t t t                     . Vậy: 12 1 ln 42 e I ee        . 0.25đ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang nội tiếp đườn tròn với hai đáy AB và CD . Cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M và N lần lượt l trung điểm của SA và SB , 'D l điểm đối xứng với D qua AC . Biết    4 , 60 , ' 30 ,tan 1AB a BAD D BD SBD     . Tính thể tích của khối chóp SCMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD theo a . Phạm Anh Vũ Ta xét hai trường hai trường hợp như sau: Trường hợp 1. Hình thang ABCD cân có  30ABD   . Khi đó ta tính được 2 23 ABC Sa . Và ta có  tan 2 3SD BD SBD a . Suy ra 3 . 4 3 ABC SABC SD S Va . Có 11 24 SMNC SABC V SM SN SM SN SC SA SB V SA SB SC      . Nên 3 4 SABC SMNC V Va . 0.25đ H là hình chiếu của D trên SA thì SA DH . Ta có   SD BD BD SAD BD DH AD BD          . Vậy DH l đường vuông góc chung của ,SA BD . Suy ra   ,d SA BD DH . Tam giác SAD vuông tại D có DH l đường cao nên 2 2 2 2 1 1 1 1 3 3 DH a DH DS DA a      . Vậy   ,3d SA BD a . 0.25đ Trường hợp 2. Hình thang ABCD cân có  20ABD   . 0.25đ D' N M C D' C D A B D B A S H Trang 4/7 Khi đó áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có 23 5 sin 9 sin sin sin 4 sin 9 5 sin 9 a AC AB BC CA C A B a BC                    và 2 4 3sin . .sin 9 5 2 sin 9 ABC ABC a AB BC B SS      . Có  23 tan 5 sin 9 a SD BD SBD BD AC      . Vậy nên 3 2 8 sin . 9 5 3 sin 9 ABC SABC a SD S V    . Ta co ́ 11 24 SMNC SABC V SM SN SM SN SC SA SB V SA SB SC      nên 3 2 2 sin 9 5 4 sin 9 SABC SMNC a V V    . Ta có 2 2 2 2 2 2 3 4sin 5 9 sin 9 a SA SD DA SD BC         . Trong 'AB D ta có  2 2 2 2 2 2 ' ' ' 2 '. .cos 'SB SD B D SD AB AD AB AD B AD      .  2 2 2 2 2 2 2 6 4sin4 sin 9 18 9 ' 2 2 . .cos ' 5 sin 9 4 3sina SB AC BC BC AC ADB SB               . Trong 'SAB có  2 2 2 2 2 2 2 2sin sin 18 9 3 4s ' ' ' cos ' 2 . ' 2 . in 9 SA AB SB SA BD SB SAB SA AB SA BD           . do / / 'BD B A nên           22 2 4sin si cos , cos ', cos ' s n 18 9 1 3 4sin , 9 inBD SA AB SA SAB BD SA        . Áp dụng công thức      1 . . , sin , 6 SABD V SABD d SA BD SA BD và do SABD SABC VV ta tính được   3 , 8sin 2 9 15 2cos 4cos 99 d SA BD     . 0.25đ Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực ,,x y z bất kì. Chứng minh rằng       3 2 2 2 2 2 2 22x y z x y z xyz x y z        . Vô Danh Đặt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0, 0, 0 2 2 2 ,, 2 abc x y z abc abc x y z x y z x y z                    . Bất đẳng thức trở thành: 2a b c abc    hay 2a b c abc    . 0.25đ B' B' N M C D' C D B A A B D S D' Trang 5/7 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1a b c b c bc bc        . Đặt   1t bc t và sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:       22 2 1 1 1a b c abc a bc b c a b c bc                     .     2 2 1 2 2a b c abc t t t        . 0.25đ Do đó ta cần chứng minh     2 2 1 2 2 2t t t    là xong. Thật vậy bất đẳng thức trên tương đương với   2 10tt (luôn đúng). 0.25đ Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi     ; ; ; ;0x y z k k và các hoán vị   k   . 0.25đ Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : 2 0d x y   và 2 :3 11 0d x y   cắt nhau tại A . Hai điểm ,BC lần lượt thuộc các đường thẳng 12 ,dd sao cho 37 32 OA OB  và 185 328 OA OC  . Viết phương trnh đường tròn   C có bán kính nhỏ nhất biết   C luôn đi qua hai điểm ,BC . Phạm Anh Vũ Do A l giao điểm của 11 ,dd nên 9 17 185 ; 4 4 8 A OA      . Vì 37 25 32 OA OB OB    và 185 41 328 OA OC OC    . 0.25đ Do đó ta tm được các cặp điểm thỏa mãn là     12 2;4 , 4; 2BB và   12 8 31 5; 4 , ; 55 CC      . 0.25đ Gọi R là bán kính của C . Ta có theo bất đẳng thức tam giác thì 2R BC . Vậy bán kính   C nhỏ nhất là 2 BC khi   C nhận BC lm đường kính. 0.25đ So sánh trực tiếp ta có   1 1 2 1 1 2 2 2 1 2 min min ; ; ;BC BC B C BC B C BC . Vậy phương trnh đường tròn là 22 9 51 5 5 10 xy                 . 0.25đ Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm   3;2;2A và mặt phẳng   : 1 0P x y z    . Viết phương trnh mặt phẳng   Q đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng   P , biết   Q cắt các trục ,Ox Oy lần lượt tại B và C sao cho OB OC . Nguyễn Thị Thi Anh Ta có hai mặt phẳng   1 :0R x y và mặt phẳng   2 :0R x y làh ai mặt phẳng phân giác cảu góc  xOy nên nếu OB OC th khi đó BC sẽ vuông góc với một trong hai mặt phẳng. 0.25đ Do   Q chứa đường thẳng BC nên     1 QR hoặc là     2 QR . 0.25đ Trường hợp 1.     1 QR . Do     QP nên   Q nhận 1 , PR n n n       làm vecto pháp tuyến. Trong đó     1 1;1;1 , 1; 1;0 PR nn   lần lượt là các vecto pháp tuyến của     1 ,PR . Vậy phương trnh tng quát cần tìm là   : 2 1 0Q x y z    . 0.25đ Trường hợp 2. Nếu     2 QR . Do     QP nên   Q nhận 2 , PR n n n       làm vecto pháp tuyến. Trong đó     2 1;1;1 , 1;1;0 PR nn   lần lượt là các vecto pháp tuyến của     2 ,PR . Vậy phương trnh tng quát cần tìm là   : 1 0Q x y    . 0.25đ Trang 6/7 Câu 9.a (1,0 điểm). Giải hệ phương trnh       2 1 32 1 1 2 33 2 2 1 2 0(1) , 1 1 1 log 2 1 log (2) 2 yy x xy x xy x y yx                           . Nguyễn Xuân Nam Điều kiện:     2 2 1 0 10 0 x y y xy y xy             .     22 2 33 1 1 1 1 1 2 log 2 log 3 2 3 1 2 3 3 xx y y x y y y y x y x x                      0.25đ       22 2 1 1 2 2 2 1 2 4. 1 2.2 2 0 2 1 2.2 2 0 x x x y x y x x y y              .   2 2 2.2 1 0 xy xy xy         . 0.25đ   2 15 2 15 1 1 1 3 1 2 3 3 2 0 2 25 25 x x x x x x x x x x x x x                              . 0.25đ Vậy hệ phương trnh có bốn nghiệm thỏa mãn:       1 5 1 5 1 5 1 5 ; ; , ; , 2 5;2 5 , 2 5;2 5 2 2 2 2 xy                          . 0.25đ Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho điểm   3;4A và một đường tròn   C luôn đi qua điểm A . Viết phương trnh elip   22 22 ( ): 1 0 xy E a b ab     , biết rằng hai tiêu điểm 12 ,FF của   E thuộc đường tròn   C , honh độ của điểm 1 F lớn hơn honh độ của điểm 2 F và 21 2AF AF . Phạm Anh Vũ Do   E có phương trnh l   22 22 10 xy ab ab     nên hai tiêu điểm 12 ,FF đều nằm trên trục Ox . Vậy chúng l giao điểm của   C với trục hoành. 0.25đ Khi đó ta giả sử   1 ;0Fc và   2 ;0Fc . Do A thuộc   E nên ta có 1 3c AF a a  và 1 3c AF a a  . 0.25đ Vì 21 2AF AF nên   2 4 2 2 2 2 2 2 33 2 81 9 81 81 c c a a a a a c c b a c a aa                . 0.25đ Vậy phương trnh   E có dạng   22 2 2 2 1 81 81 xy a a a   . Do   3;4A thuộc   E nên       2 2 2 2 2 2 22 9 1296 1 9 81 1296 81 45 20 81 a a a a b a aa             . Vậy phương trnh   22 :1 45 20 xy E  . 0.25đ Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng 12 : 2 1 1 x y z    v hai điểm Trang 7/7   1;1;0A và   2;1;1B . Viết phương trnh đường thẳng d qua A và vuông góc với  sao cho khoảng cách từ điểm B đến d là nhỏ nhất. Nguyễn Thị Thi Anh Gọi   P là mặt phẳng qua A vuông góc với  thì   :2 3 0P x y z    . 0.25đ Gọi 1 d l đường thẳng qua B vuông góc với   P thì 1 2 1 1 : 2 1 1 x y z d     . Khi đó th 11 1; ; 22 C    là hình chiếu của B trên   P . 0.25đ Gọi H là hình chiếu của B trên d . Do tam giác BHC vuông tại C nên BH BC . Và H chính là khoảng cách từ điểm B đến d nên nó nhỏ nhất khi d đi qua C . 0.25đ Vậy d đi qua A và nhận AC  làm vecto chỉ phương. Phương trnh tham số là   1 :1 x d y t t zt            . 0.25đ Câu 9.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z , biết rằng số phức 2 2 zi w zi    có một argument là 4  . Nguyễn Xuân Nam Giả sử số phức z có dạng: ( ; )z x yi x y   . Ta có:             22 2 2 2 2 21 2 2 3 4 4 2 2 1 2 1 2 1 x y i z i x y y y wi z i x y i x y x y                         . 0.25đ w có một argument là 4  thì           22 2 2 2 2 2 3 4 4 cos sin 0 44 2 1 2 1 x y y y i r i r x y x y                   . 0.25đ             22 22 2 2 2 22 22 2 3 2 1 1 42 21 44 1 1 2 2 4 4 2 23 42 21 x y y rcos r y y xy y xy y x y y rsin r xy                                            . 0.25đ Vâ ̣ y tập hợp các điểm M là phần đường tròn tâm (0;1)I bán kính 22R  nằm phía trên đường thẳng 1y  . 0.25đ . YÊU TOÁN HỌC http://www.facebook.com/hoitoanhoc ĐỀ SỐ 02 (Ngày thi: 20 h00 - 06/04 /20 13) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 20 12- 2013 Môn thi: Toán; Khối thi: A và A1 (Đáp án.   22 2 1 1 2 2 2 1 2 4. 1 2. 2 2 0 2 1 2. 2 2 0 x x x y x y x x y y              .   2 2 2. 2 1 0 xy xy xy         . 0 .25 đ   2 15 2 15 1 1 1 3 1 2 3 3 2 0 2 25 25 x x x.                . 0 .25 đ             22 22 2 2 2 22 22 2 3 2 1 1 42 21 44 1 1 2 2 4 4 2 23 42 21 x y y rcos r y y xy y xy y x y y rsin r xy             