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 hm số: Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng. Đồ thị hàm số cắt trục tung tại bốn điểm có honh 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 trnh '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 trnh 2 4sin 3 cos 0 6 cos 2 3 3 x x x . Nguyễn Xuân Nam Phương trnh 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 trnh có nghiệm: ;2 36 x k x k k . 0.25đ Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trnh 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 trnh 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 . Đi 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 trnh 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 tm 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 lm 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 trnh 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 trnh 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 trnh tng 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 trnh tng quát cần tìm là : 1 0Q x y . 0.25đ Trang 6/7 Câu 9.a (1,0 điểm). Giải hệ phương trnh 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 trnh 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 trnh elip 22 22 ( ): 1 0 xy E a b ab , biết rằng hai tiêu điểm 12 ,FF của E thuộc đường tròn C , honh độ của điểm 1 F lớn hơn honh độ của điểm 2 F và 21 2AF AF . Phạm Anh Vũ Do E có phương trnh 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 trnh 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 trnh 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 trnh 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 trnh 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