SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH KÌ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012-2013 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Môn: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số ( ) 432 23 ++++= xmmxxy có đồ thị ( ) m C . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1. 2. Cho đường thẳng d: 4 + = xy và điểm E(1;3). Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho d cắt ( ) m C tại ba điểm phân biệt A(0;4), B, C sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4. Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2cossin3 4 2sin2 ++= + xxx π 2. Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) =−+−++ +−=− 2331 22 22 yxxyxy yxxyyx Câu III. (1 điểm) Tính tích phân: dx x xx I ∫ + + = 4 0 2cos1 4sin π Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC đều cạnh bằng a, SA ⊥ (ABC), góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC; I là trung điểm của BC. Tính thể tích khối tứ diện AIHK và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC. Câu V. (1 điểm) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn 2 22 =+− yxyx Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 72 yxyxM −+= II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Thí sinh chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Chương trình chuẩn Câu VIa. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết tọa độ các đỉnh A(2;0), B(3;0) và I là giao điểm của AC và BD, I nằm trên đường thẳng y = x. Xác định tọa độ các điểm C, D. 2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(4;0;0), B(0;4;0) và mặt phẳng ( ) 0423: =+−+ zyxP . Gọi I là trung điểm của AB. Tìm điểm tọa độ K sao cho KI vuông góc với (P), đồng thời K cách đều mặt phẳng (P) và gốc tọa độ O. Câu VIIa. (1 điểm) Cho số phức z có phần ảo dương và thỏa mãn phương trình: 0 2 =+ zz . Tính: 1 3 ++ zz . B. Chương trình nâng cao Câu VIb. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân ở đỉnh A. Đỉnh A có tọa độ là các số dương, hai điểm B, C nằm trên trục Ox, phương trình cạnh AB: ( ) 173 −= xy . Biết chu vi của tam giác ABC bằng 18. Tìm tọa độ các điểm A, B, C. 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 1 1 : 1 zyx d == và 1 1 1 2 1 : 2 − == − + zyx d . Chứng minh 21 ,dd chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng ( ) 0: =+− zyxP và cắt hai đường thẳng 21 ,dd lần lượt tại A, B sao cho 2=AB . Câu VIIb. (1 điểm) Giải bất phương trình: ( ) 4log28loglog 2 9 2 3 2 3 −>−− xxx Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 CÂU N ỘI DUNG Đi ểm I-1 (1điểm) • Khi m = 1, hàm số trở thành: 442 23 +++= xxxy • Tập xác định: D = R • Sự biến thiên: - −∞= −∞→ y x lim , +∞= +∞→ y x lim - y’ = 3x 2 + 4x + 4 >0, Rx ∈ ∀ . - Hàm số luôn đồng biến trên R. - Hàm số không có cực trị. •Bảng biến thiên : • Đồ thị : y’’ = 6x+4, y’’ = 0 3 2 −=⇔ x suy ra điểm uốn − 27 52 ; 3 2 U 0.25 0.25 0.25 0.25 I-2 (1điểm) • Phương tr ình hoành đ ộ giao điểm của (C m ) và d: 44)3(2 23 +=++++ xxmmxx =+++ = ⇔=+++⇔ (*)022 0 0)2(2 2 23 mmxx x xmmxx • d cắt (C m ) tại 3 điểm phân biệt A(0;4), B, C ⇔ phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. 2 1 2 ' 2 0 2 2 0 m m m m m m < − ∨ > ∆ = − − > ⇔ ⇔ ≠ − + ≠ • Gọi 21 , xx là hoành độ của B, C. Khi đó 21 , xx là hai nghiệm của phương trình (*). Theo định lý Viet ta có: += −=+ 2. 2 21 21 mxx mxx ( ) 324.2. 2 1 4., 2 1 4 2 =⇔=⇔=⇔= ∆ BCBCBCdEdS EBC ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 163244 2 12 2 12 2 12 =−⇔=+−++−⇔ xxxxxx ( ) ( ) 16244164 2 2 2 21 =+−⇔=−+⇔ mmxxxx x = −= ⇔=−−⇔ )(3 )(2 06 2 nm lm mm • V ậy m= 3 là giá trị cần tìm. 0.25 0.25 0.25 0.25 6 4 2 -2 -2 1 x y o 52 27 - 2 3 y y' x + ∞ - ∞ + + ∞ - ∞ II-1 (1điểm) • Phương tr ình đ ã cho t ương đương v ới: 2cossin31cos2cos.sin22cossin32cos2sin 2 ++=−+⇔++=+ xxxxxxxxx 03cossin3cos2cos.sin2 2 =−−−+⇔ xxxxx ( ) ( ) ( ) 03cos2cossin3cossin.cos2 =−++−+⇔ xxxxxx ( ) ( ) ( ) 03cos23cos2cossin =−+−+⇔ xxxx ( ) ( ) 03cos21cossin =−++⇔ xxx 1 4 sin21cossin −= +⇔−=+⇔ π xxx −= − = +⇔ 4 sin 2 1 4 sin ππ x += +−= ⇔ +=+ +−=+ ⇔ ππ π π π ππ π ππ 2 2 2 2 4 5 4 2 44 kx kx kx kx 0.25 0.25 0.25 0.25 II-2 (1 điểm) • ĐK: x y 0 x y 0 + ≥ − ≥ Khi đó Pt (7) ( ) 2 2 x 4y y x 2y x 2y 0 ⇔ − − − + − = ( ) ( ) x 2y x y 1 0 ⇔ − + + = x 2y ⇔ = ( do x y 1 x y 0 + + > + ≥ ). • Với x = 2y thay vào pt (8) ta được: ( ) ( ) 3 3 y 0 y 1 9y 2y 3 y 2 y y 2 y 4 y 4 ≥ + − + = ⇔ = ⇔ ⇔ = = 3 x 2 4 ⇒ = • Vậy hệ pt có một nghiệm là : ( ) ( ) 3 3 x;y 2 4; 4 = . 0.25 0.25 0.5 III (1điểm) • dx x xx I ∫ + + = 4 0 2cos1 4sin π = 44 344 21 J dx x x ∫ + 4 0 2cos1 π + 44 344 21 K dx x x ∫ + 4 0 2cos1 4sin π • Tính K= dx x xx dx x x ∫∫ + = + 4 0 4 0 2cos1 2cos.2sin2 2cos1 4sin ππ Đặt u = 1+cos2x => du = -2sin2x.dx Đổi cận : x = 0 => u = 2 ; x = 4 π =>u = 1 Suy ra K = ( ) 2ln1ln 1 1 1 2 1 2 1 2 1 −=−= −= − ∫∫ uudu u du u u • Tính J= dx x xdx x x ∫∫ = + 4 0 2 4 0 cos2 1 . 2cos1 ππ Đặt = = ⇒ = = xv u x v x u tan 2 1 ' cos 1 ' 2 2 Suy ra − = 4 0 tan. 2 π x x J dxx ∫ 4 0 tan 2 1 π = 8 π + 4 0 cosln 2 1 π x = 8 π - 2ln 4 1 . • V ậy I = J + K = 5 1 ln2 8 4 π + − . 0.25 0.25 0.25 0.25 IV (1điểm) • Ta có ( ) 0 60)(),( =∠= SIAABCSBC Suy ra SA = AI.tan60 0 = 2 3a • 8 3 4 3 . 2 3 3 1 3 1 32 aaa SSAV ABCSABC === (đặt = V) • 13 9. 22 2 2 = + == AB SA SA SB SBSH SB SH • 13 9. 22 2 2 = + == AC SA SA SC SCSK SC SK • VV SC SK SB SH V V SAHK SABC SAHK 169 81 169 81 . = ⇒ == (1) • VVV SB HB V V SABIHABI SABI HABI 13 2 13 4 13 4 ==⇒== (2) • Tương tự VV KACI 13 2 = (3) • Từ (1), (2), (3) suy ra : 338 39 169 36 13 2 13 2 169 81 3 a VVVVVVVVVV KACIHABISAHKSABCAHIK ==−−−=−−−= Cách khác : Tính tr ực tiếp 338 39 . 3 1 3 a ShV HKIAAHIK == 0.25 0.25 • K ẻ đ ư ờng thẳng d qua B v à // AC Kẻ AQ vuông góc với d tại Q. Kẻ AJ vuông góc SQ tại J suy ra AJ ⊥ (SQB) • Ta có ( ) ( ) ( ) )(,)(,, SQBAdSQBACdSBACd == =AJ = 22 22 . AQSA AQSA + Vì QB//AC nên góc ABQ = 60 0 , suy ra AQ = AB.sin(ABQ) = 2 3a • Vậy ( ) =SBACd , 22 22 . AQSA AQSA + = 4 3 4 3 4 9 4 3 . 4 9 22 22 a aa aa = + 0.25 0.25 V (1điểm) • N ếu y = 0 th ì M = x 2 =2. Nếu 0 ≠ y thì đặt y x t = , khi đó x = ty . Từ 2 22 =+− yxyx ta có 2 2222 =+− ytyyt ( ) 2 222 2 121 y ttytt =+−⇔=+−⇔ Vì 2 2 y >0 nên Rttt ∈⇔>+− 01 2 . 0.25 0.25 K H I C B A S Q J K H I C B A S • Và ta có: Rt tt tt y x y x y x y x yxyx yxyx M ∈ +− −+ = + − − + = +− −+ = , 1 72 .2 1 72 .2 72 .2 2 2 2 2 22 22 Xét hàm số Rt t t tt tf ∈ +− −+ = , 1 72 )( 2 2 , ( ) 2 2 2 1 5163 )(' +− −+− = tt tt tf , = = ⇔= 5 3 1 0)(' t t tf Bảng biến thiên • Từ bảng biến thiên suy ra 3 8 max =M , 16min − = M Cách khác: • Xét phương trình: Rtm t t tt ∈= +− −+ , 1 72 2 2 ( ) ( ) Rtmtmtm ∈=+++−−⇔ ,0721 2 • Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 3 4 8 0 ≤≤−⇔⇔≥∆ m • Từ đó suy ra 3 8 max =M , 16min − = M . 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 VIa1. (1điểm) • Ta có 1 4 1 == ∆ ABCDIAB SS , AB = ( ) 1023 2 2 =+− •Mặt khác : ABIHS IAB . 2 1 = ∆ hay ta có : 21. 2 1 1 =⇔= IHIH • I thuộc d: y = x nên suy ra I(t;t) Ta có phương trình đường thẳng AB: y = 0 IH = 2 ⇔ ( ) −= = ⇔=⇔= 2 2 22, t t tABId • Với t = 2 suy ra I(2; 2). Vì I là trung điểm của AC và BD, sử dụng công thức tọa độ trung điểm ta có C(2; 4), D(1; 4). • Với t = -2 suy ra I(-2; -2). Vì I là trung điểm của AC và BD, sử dụng công thức tọa độ trung điểm ta có C(-6; -4), D(-7; -4). 0.25 0.25 0.25 0.25 VIa2. (1điểm) • Ta có I là trung đi ểm AB suy ra I(2; 2; 0) • (P) có VTPT là: ( ) 1;2;3 −= n . • Vì KI vuông góc (P) nên đường thẳng KI qua I nhận ( ) 1;2;3 −=n làm VTCP nên có 0.25 0.25 1 1 -2 13-2 3 2 13-2 3 + - - t f f' 0 0 13+4 3 13-4 3 + ∞ - ∞ 3 1 5 -8 3 4 H I D C B A phương trình: −= += += tz ty tx 22 32 . K thuộc KI nên ( ) tttK −++ ;22;32 • Theo đề ta có: ( ) ( ) ( ) 2 22 2232 14 44496 )(, ttt ttt KOPKd ++++= +++++ ⇔= 82014114 2 ++=+⇔ ttt 4 3 68 −=⇔−=⇔ tt Suy ra − 4 3 ; 2 1 ; 4 1 K 0.25 0.25 VIIa. (1điểm) • Gọi z = x + yi , ( ) 0,, >∈ yRyx suy ra xyiyxz 2 222 +−= và 22 yxz += . • Phương trình đã cho trở thành: ( ) = =++− ⇔=++++ (2) 02 (1) 0 02 2222 2222 xy yxyx xyiyxyx • Do y>0 nên từ (2) ta có x = 0, thay vào (1) ta được: 1 0 2222 =⇔=⇔=+− yyyyy , (do y>0) Suy ra số phức z đã cho là: z = i • Ta có z 3 = - i, iz −= , suy ra izz 211 3 −=++ • Do đó: 5)2(11 223 =−+=++ zz 0.25 0.25 0.25 0.25 VIb1. (1điểm) • Ta có B là giao điểm của AB với trục hoành suy ra B(1;0) • A thuộc AB suy ra A ( ) )1(73; −aa • Theo giả thiết ta suy ra a>1. Gọi AH là đường cao của tam giác ABC suy ra H(a;0) suy ra C(2a-1;0) suy ra BC = 2(a-1), AB = AC = 8(a-1) • Chu vi tam giác ABC là 18 nên ta có: AB + AC + BC = 18 ⇔ 18a – 18 = 18 ⇔ a = 2. • Vậy ( ) ( ) 73;2,0;3 AC , B(1;0) 0.25 0.25 0.25 0.25 VIb2. (1điểm) • d 1 qua O(0;0;0) và nhận ( ) 2;1;1 1 =u làm VTCP. • d 2 qua I(-1;0;1) và nhận ( ) 1;1;2 2 −=u làm VTCP. • Ta có: [ ] 04., 21 ≠=OIuu . Suy ra d 1 , d 2 chéo nhau. • A thuộc d 1 suy ra A(a;a;2a) ; B thuộc d 2 suy B(-1-2b;b;1+b) • AB//(P) suy ra abnAB P −=⇔= 0. . Do đó B(-1+2a;-a;1-a) và AB = (-1+a;-2a;1-3a) ( ) ( ) = = ⇔=−⇔=−++−⇔=⇔= 7 4 0 0472314122 2 2 2 2 2 a a aaaaaABAB • Với a = 0 ta có A ≡ O thuộc (P) khi đó ⊂ ∆ (P) nên loại. • Với a = 7 4 ta được − 7 3 ; 7 4 ; 7 1 , 7 8 ; 7 4 ; 7 4 BA và −−−= 7 5 ; 7 8 ; 7 3 AB u 7 1 −= , với ( ) 5;8;3u 0.25 0.25 0.25 O H CB A Vậy 5 7 8 8 7 4 3 7 4 : − = − = − ∆ zyx 0.25 VIIb. (1điểm) • Đặt xt 3 log= , bất phương trình đã cho trở thành: ( ) ( ) −>−− ≥ ≥−− < ⇔−>−− (II) 4482t 4t (I) 082 4 4282 2 2 2 2 tt tt t ttt 2 4 2 4 )( −≤⇔ ≥ −≤ < ⇔ t t t t I hay ta có: 9 1 02log 3 ≤<⇔−≤ xx (*) 64 64 4t 02410t 4t )( 2 <<⇔ << ≥ ⇔ <+− ≥ ⇔ t t t II Hay ta có: 729816log4 3 <<⇔<< xx (**) • Từ (*) và (**) suy ra bất phương trình đã cho có tập nghiệm: ( ) 729;81 9 1 ;0 ∪ =S 0.25 0.25 0.25 0.25 Hết Ghi chú: mọi cách giải đúng và hợp lý khác đều cho điểm tối đa. . SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH KÌ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012-2013 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Môn: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013 CÂU N ỘI DUNG . Đặt = = ⇒ = = xv u x v x u tan 2 1 ' cos 1 ' 2 2 Suy ra − = 4 0 tan. 2 π x x J dxx ∫ 4 0 tan 2 1 π = 8 π + 4 0 cosln 2 1 π x = 8 π - 2ln 4 1 .