A> PHẦN CHUNG:( 7 điểm). Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 ( ) 2y f x x x= = − .(C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b.Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II. (1 điểm) Giải phương trình : 4 4 2 1 sin cos cos 2 sin 2 0 (1) 4 x x x x+ − + = Câu III. (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 4 4 4 1 3 x y x y x y x y + = − + + + = − + Câu IV. (1 điểm) Tính tích phân : 1 3 3 4 1 3 8 8 2 x x I dx x − = ∫ Câu V. (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 45 0 . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. Câu VI. (1 điểm) Cho , ,a b c là những số dương thỏa mãn: 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c + + ≥ + + + + + + + + B>PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VII.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi: 2 2 ( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − = .Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60 0 . 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VIII.a(1điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 1 1 z z i + = + và 2 2 2 2z i− + = . 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VII.b(2 điểm) 1. Cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d: 01yx =−+ . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A ∈ d. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4). Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng (0xy) sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật.Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S . Câu VIII.b(1điểm). Xét số phức z thỏa mãn điều kiện: 2 6 2 0z i− − = ,tìm giá trị nhỏ nhất của z . Hết Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh: ……………………………… SỞ GD-ĐT PHÚ YÊN TRƯỜNG THPT TRẦN SUYỀN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC -NĂM 2013 Môn thi: TOÁN – Khối A,A1,B,D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TOÁN LẦN I – KHỐI AA1,B,D – NĂM 2013 (Biểu điểm gồm 06 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 ( ) 2y f x x x= = − 2,00 1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1,00 + MXĐ: D = ¡ 0,25 + Sự biến thiên • Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ • ( ) 3 2 0 ' 4 4 4 1 ; ' 0 1 x y x x x x y x = = − = − = ⇔ = ± 0,25 • Bảng biến thiên ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1; 1 1; 0 0 CT CT y y y y y y= − = − = = − = = C§ 0,25 • Đồ thị 0,25 2 Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b.Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. 1,00 Ta có 3 '( ) 4 4f x x x= − . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 3 3 '( ) 4 4 , '( ) 4 4 A B k f a a a k f b b b= = − = = − Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a= − + = + − ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b= − + = + − 0,25 Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: ( ) ( ) 3 3 2 2 4a 4a = 4b 4 1 0 (1) A B k k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − = Vì A và B phân biệt nên a b≠ , do đó (1) tương đương với phương trình: 2 2 1 0 (2)a ab b+ + − = 0,25 Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 4 2 1 0 1 0 ' ' 3 2 3 2 a ab b a ab b a b f a af a f b bf b a a b b + + − = + + − = ⇔ ≠ ⇔ − = − − + = − + , Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là ( ) 1; 1− − và ( ) 1; 1− . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là 2 2 1 0 1 a ab b a a b + + − = ≠ ± ≠ 0,5 II Giải phương trình : 4 4 2 1 sin cos cos 2 sin 2 0 (1) 4 x x x x+ − + = 1,00 +Ta có: 4 4 2 2 2 2 2 2 1 sin os (sin x cos ) 2sin . os 1 sin 2 2 x c x x x c x x+ = + − = − 0,25 Khi đó 2 2 1 1 (1) (1 sin 2 ) os2 sin 2 0 2 4 x c x x⇔ − − + = 0,25 2 os 2 4cos 2 3 0c x x⇔ − + − = 0,25 cos2 1x⇔ = Giải đúng nghiệm: ( ) x k k π = ∈¢ 0,25 III Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 4 4 4 1 3 x y x y x y x y + = − + + + = − + 1,00 Hệ phương trình tương đương : 2 2 2 2 2 1 3 x y x y x y x y + − − = + + − − = Điều kiện: x+y ≥ 0, x-y ≥ 0 0,25 Đặt: u x y v x y = + = − ta có hệ: 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 2 2 3 3 2 2 u v u v u v uv u v u v uv uv − = > + = + ⇔ + + + + − = − = 0,25 2 2 4 (1) ( ) 2 2 3 (2) 2 u v uv u v uv uv + = + ⇔ + − + − = . Thế (1) vào (2) ta có: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ = 0,25 Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 4 uv u v u v = ⇔ = = + = (vỡ u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2). 0,25 IV 1điểm Viết lại: dx x x dx x xx I ∫ − = ∫ − = 1 3 1 3 3 2 1 3 1 4 3 3 1 1 0,25 Đặt dx x dtt x t x t 3 2 2 3 3 2 2 31 1 1 1 − =⇔−=⇔−= dtt x dx 2 3 2 3 −=⇒ 0,25 Khi đó: dt t dx x x 2 3 1 1 3 3 3 2 −= − ; Đổi cận: 01;2 3 1 =⇒==⇒= txtx 0,25 Khi đó 6 8 3 2 3 2 0 2 0 4 3 = ∫ == tdt t I 0,25 V 1,00 1điểm Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM AB ⊥ và ' DO N C ⊥ . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: OMI ∆ vuông cân tại O .vì góc (IM0) = 45 0 nên: 2 2 2 . 2 2 2 2 2 h a OM OI IM h a= = ⇒ = ⇒ = 0,25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3a 2 4 4 8 8 a a a a R OA AM MO = = + = + = + = ÷ ÷ ÷ 0,25 2 3 2 3a 2 3 2 R . . , 8 2 16 a a V h π π π ⇒ = = = 0,25 và 2 a 3 2 3 2 Rh=2 . . . 2 2 2 2 xq a a S π π π = = 0,25 VI CM BĐT: 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c + + ≥ + + + + + + + + 1,00 1điểm Từ BĐT Côsi: 1 1 ( )( ) 4.( 0, 0)x y x y x y + + ≥ > > Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 .( 0, 0)x y x y x y + ≥ > > + 0,25 .Tacó: 1 1 4 1 1 4 1 1 4 ; ; 2 2 2a+b+ca b b c a b c b c c a a b c c a a b + ≥ + ≥ + ≥ + + + + + + + + + + 0,25 Ta lại có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 4 4 2 2 0 2 2 4 7 2 1 1 1 0 a b c a b c a b c a b c a a b c ≥ = ⇔ + + + − − − ≥ + + + + + + ⇔ − + − + − ≥ Tương tự: 2 2 1 2 1 2 ; 2 7 2 7b c a b c a b c ≥ ≥ + + + + + + 0,25 Từ đó suy ra 2 2 2 1 1 1 4 4 4 7 7 7a b b c c a a b c + + ≥ + + + + + + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 0,25 B. PHẦN RIÊNG ( 3 ĐIỂM) VIIa 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi: 2 2 ( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y+ − − = ∆ + − = .Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60 0 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5R = . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp tuyến của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60 0 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra 2R=2 5IM = . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 20x y− + − = . 0,25 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆ , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 20 (1) 2 12 0 (2) x y x y − + − = + − = 0,25 Khử x giữa (1) và (2) ta được: ( ) ( ) 2 2 2 3 2 10 1 20 5 42 81 0 27 5 y y y y y y = − + + − = ⇔ − + = ⇔ = 0,25 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: ( ) 6;3M hoặc 6 27 ; 5 5 M ÷ 0,25 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 1,00 ABCD. Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC= = = = = = . 0,5 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. 0,25 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là 3 3 ;0; 2 2 G ÷ , bán kính là 14 2 R GA= = . 0,25 VIIIa Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 2 2z i− + = và 1 1 z z i + = + . 1,00 Giả sử ,( , )z x yi x y= + ∈¡ . Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 2) 2 2 ( 2) ( 2) 8z i x y i x y− + = ⇔ − + + = ⇔ − + + = 2 2 2 2 1 1 ( 1) (1 ) ( 1) (1 ) z x yi x y i x y x y x y z i + = ⇔ + + = + − ⇔ + + = + − ⇔ = − + 0,5 Ta được hệ: 2 2 2 4, 4 ( 2) ( 2) 8 ( 2) 4 0, 0 x y x y x x y y x y x = = − − + + = − = ⇔ ⇔ = = = − = − 0,25 Vậy 4 4 ; 0z i z= − = 0,25 VII.b 1 Cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d: 01yx =−+ . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A ∈ d. 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2 Tọa độ của I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – 1 = 0. Vậy I ∈ d Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn, có bán kính R = 2 , x = 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (C ) nên . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2 ⇒ A(2, –1) . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6 ⇒ A(6, –5) 0,50 . Khi A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) . Khi A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) 0,50 2 Trong không gian với hệ tọa độ Đeecac vuông góc Oxyzcho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4). Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng (0xy) sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật.Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S 1,00 Tứ giác OABC là hình chữ nhật. ⇒ = uuur uuur OC AB ⇒ B(2,4,0) 0,25 * Tìm tâm: I ( 1; 2; 2 ) 0,25 Bán kính :R = = + + = 1 1 SB 4 16 16 3 2 2 , 0,25 Vậy phương trình mặt cầu ( ) ( ) − + − + − = 2 2 2 x 1 y 2 (z 2) 9 0,25 VIIIb Xét số phức z thỏa mãn điều kiện: 3 1 0z i− − = ,tìm giá trị nhỏ nhất của z . 1,00 Đặt z = x + iy ta có 2 2 3 1 ( 3) 1z i x y− = ⇔ + − = Từ 2 2 ( 3) 1x y+ − = ta có 2 ( 3) 1 2 4y y− ≤ ⇔ ≤ ≤ 0,50 Do đó 2 2 2 0 2 2z x y= + ≥ + = Vậy giá trị nhỏ nhất của z bằng 2 đạt khi z = 2i 0,50 Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng thì cho điểm tối đa? HẾT . THPT TRẦN SUYỀN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC -NĂM 2013 Môn thi: TOÁN – Khối A,A1,B,D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TOÁN LẦN I – KHỐI AA1,B,D –. tiếp (C) biết A ∈ d. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4). Tìm tọa độ điểm B thu c mặt phẳng (0xy) sao cho tứ giác OABC là hình chữ. = ¡ 0,25 + Sự biến thi n • Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ • ( ) 3 2 0 ' 4 4 4 1 ; ' 0 1 x y x x x x y x = = − = − = ⇔ = ± 0,25 • Bảng biến thi n ( ) ( ) ( ) 1