Thi thử ĐH 2013 trường THPT chuyên Phan Bội Châu

Giáo Viên: Hồ Điện Biên. Trường THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An. Email: hodiebbienpbc@yahoo.com. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2012 – 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2)2()21( 23  mxmxmxy có đồ thị là )( m C . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 2  m . b) Tìm m để )( m C có hai điểm cực trị đồng thời hoành độ điểm cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: )sin1(2 cos sin )1).(cos3(cos 2 x x x xx     . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 5 16122 2   x xx . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân dx x xx I      2/ 2/ 2 sin9 cos7sin   . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ 111 . CBAABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , aBC  , BCA  0 60 ; hình chiếu vuông góc của 1 B trên mặt phẳng )(ABC là trung điểm của CA ; góc  giữa hai đường thẳng 1 AB và 1 CC thỏa mãn 8 5 cos   . Tính thể tích khối lăng trụ 111 . CBAABC theo a và góc giữa đường thẳng 1 BB và mặt phẳng )(ABC . Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực z y x , , thay đổi và thỏa mãn 1, 6 1 , 6 1 , 6 1  zyxzyx . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 16 86 16 86 16 86          z z y y x x P . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn cùng đi qua )0;1(M là 054:)( 22 1  xyxC và 0122:)( 22 2  yxyxC . Viết phương trình đường thẳng qua M , cắt hai đường tròn )(),( 21 CC lần lượt tại BA, (khác M ) sao cho MB MA 2  . Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm )3;0;1(A và hai đường thẳng 3 3 2 3 1 1 : 1       zyx d và 5 14 2 5 1 2 : 2      zyx d . Chứng minh 21 ,, ddA cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 53  iz và điểm biểu diễn của z thuộc đường tròn 5)1( 22  yx . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của hypebol )(H , biết hình chữ nhật cơ sở của )(H có diện tích 48 và một đường chuẩn của )(H có phương trình 0165   x . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm )5;1;0(M và hai đường thẳng          tz ty tx 4 21 : 1 ,          uz uy ux 32 3 : 2 . Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm I và cắt cả hai đường thẳng 1  và 2  . Câu 9.b (1,0 điểm). Tính tổng S = 2000 2000 8 2000 4 2000 0 2000 CCCC  . …………HẾT Trang 1/7 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH MÔN TOÁN NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘ CHÂU –NGHỆ AN (Đáp án gồm 7 trang) Câu N ộ i dung Đi ể m 1 .a Khi m = 2, ta có y = x 3 - 3x 2 + 4 . 1,00 * T ậ p xác đ ị nh : D = R. * Sự biến thiên của hàm số: - Giới hạn tại vô cực:  x ylim ,  x ylim . 0,25 - B ả ng bi ế n thiên: Ta có: Rxxxy  ,63' 2 ; 00'    xy hoặc 2  x . x -  0 2   y’ + 0 - 0 + y   4 0 -  0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ) 0 ; (  , ) ; 2 (  và nghịch biến trên khoảng ) 2 ; 0 ( . Hàm số đạt cực đại tại 0  x , với giá trị cực đại 4)0(  y và đạt cực tiểu tại 2  x , với giá trị cực tiểu 0)2(  y . 0,25 * Đồ thị ) ( C : - )(C cắt Oy tại điểm )4;0( ; cắt hoặc tiếp xúc với Ox tại các điểm )0;1(  , )0;2( . - )(C đi qua các điểm )16;2(   , )4;3( . - )(C có điểm uốn )2;1(I . )(C nhận )2;1(I làm tâm đối xứng. 0,25 Trang 2/7 1.b b) Tìm m đ ể (C m ) có hai đi ể m c ự c tr ị đ ồ ng th ờ i hoành đ ộ đi ể m c ự c ti ể u nh ỏ hơn 1. 1,00 Ta có mxmxy  2)21(23' 2 . Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình 0'  y có hai nghiệm phân biệt, điều này tương đương với 10)2(3)21( 2  mmm hoặc 4 5 m . 0,25 Khi đó, hàm số đạt cực trị tại các điểm 3 5412 2   mmm x . Xét dấu 'y ta thấy hàm số đạt cực tiểu tại 3 5412 2   mmm x . 0,25 Ta có mmm mmm 24541 3 5412 2 2   5 7 4161654 024 22        m mmmm m . 0,25 Vậy, các giá trị của m cần tìm là   ; 1 m    5 7 ; 4 5        . 0,25 2 . Giải phương trình: )sin1(2 cos sin )1).(cos(cos 2 x x x xx     . 1,00 ĐK: sin cos 0 x x   . Khi đó         2 1 sin cos 1 2 1 sin sin cos PT x x x x x       0,25     1 sin 1 cos sin sin .cos 0 x x x x x             1 sin 1 cos 1 sin 0 x x x      0,25 sin 1 cos 1 x x         (thoả mãn điều kiện) 0,25 2 2 2 x k x m                 ,k m Z . Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k      và 2 x m       ,k m Z . 0,25 3 . Giải phương trình: 2 5 16122 2   x xx (1). 1,00 Điều kiện: 5   x . * Cách 1: (1) 2 5 2)3(2 2   x x . (2). Đặt 2 5 ,3   x bxa , phương trình (2) trở thành: ba  22 2 (3). Theo cách đặt, ta có: ab  22 2 (4). 0,25 Tr ừ (3) cho (4) v ế theo v ế , ta đư ợ c: abbabaabba  0)122)(()(2 22 hoặc 122    ab . 0,25 - Với ab  , ta có 0,25 Trang 3/7 4 1711 013112 3 )3(25 3 3 2 5 22                x xx x xx x x x . - Với 122    ab , ta có . 4 1313 039264 2 7 49284)5(2 2 7 72 2 5 2 22                    x xx x xxx x x x Vậy, phương trình (1) có hai nghiệm 4 1711 x , 4 1313  x . 0,25 * Cách 2: (1)                 0507767416968 086 5)16122(2 016122 234 2 22 2 xxxx xx xxx xx                    4 1313 4 1711 24 0)39264)(13112( 086 22 2 xhoacx xhoacx xxxx xx 4 1711  x hoặc 4 1313  x . 4. Tính tích phân dx x xx I      2/ 2/ 2 sin9 cos7sin   . 1,00 Ta có B A I   , trong đó       2/ 2/ 2 2/ 2/ 2 sin9 cos , sin9 7sin     dx x x Bdx x x A . 0,25 - Tính A : Đặt x t   , ta có txtxdtdx 22 sinsin,7sin7sin,  . Đổi cận: 2/)2/(,2/)2/(         tt . Do đó 0 sin9 7sin sin9 7sin 2/ 2/ 2 2/ 2/ 2          AAdt t t dt t t A     . 0,25 - Tính B : Đặt xu sin  , ta có xdxdu cos  . Đổi cận: 1)2/(,1)2/(       uu . Do đó   2ln 3 1 3ln3ln 6 1 3 1 3 1 6 1 99 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2                   uu uu u du u du B . 0,25 Vậy 2ln 3 1  BAI . 0,25 5. Tính thể tích khối lăng trụ 111 . CBAABC và góc giữa đt 1 BB và mặt phẳng )(ABC . 1,00 Gọi M là trung điểm của AC . Theo gt, ta có )( 1 ABCMB  . Ta có 360tan 0 aBCAB  , aBCABAC 2 22  . Đặt hMB  1 ( 0  h ), ta có 222 1 2 1 haMBBMBB  , 222 1 2 1 haMBAMAB  . 0,25 Trang 4/7 Vì 11 // BBCC nên góc  giữa hai đt 1 AB B 1 C 1 và 1 CC bằng góc giữa hai đt 1 AB , 1 BB . Do đó: BAB 1 coscos   )(2 2 .2 22 22 11 22 1 2 1 ha ah BBAB ABBBAB      . A 1 K ế t h ợ p gt, ta đư ợ c B C 3 )(2 2 8 5 22 22 ah ha ah     . M 0,25 Thể tích khối lăng trụ 111 . CBAABC là: 2 3 2 1 . 3 11 a MBBCABMBSV ABC  . A 0,25 Vì )( 1 ABCMB  nên góc giữa đt 1 BB và mặt phẳng )(ABC là góc BMB 1  . Ta có: 0 1 1 1 603tan  BMB BM MB BMB . Vậy góc giữa đt 1 BB và mặt phẳng )(ABC là 60 0 . 0,25 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 16 86 16 86 16 86          z z y y x x P . 1,00 Ta có 2 22 1 1 6 9 1690)13( x x xxx    (vì 6 1 x ) 2 1 1 1 6 9 1 1 6 86 x x x x       . Tương tự, ta có 22 1 1 16 86 , 1 1 16 86 z z z y y y       . Do đó: Q zyx P  222 1 1 1 1 1 1 . 0,25 Theo bđt Cô-si, ta có 6 222 1 1 1 1 1 13                        zyx Q          222222222222 66 1111111 1.3 zyxxzzyyxzyx Q 0,25 3 2 3 6 2 3 4 3 2 6 )( 1 1.3 )( 1 )( 3 )( 3 1.3                   xyz xyz xyzxyz 2 3 )( 1 13 xyz QP  . 0,25 Mặt khác 3 1 031 3 3  xyz xyzzyx . Do đó 103P . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 1  zyx . Vậy 103min P . 0,25 Trang 5/7 7 . a Vi ế t phương tr ình đư ờ ng th ẳ ng 1,00 )( 1 C có tâm )0;2( 1 I , bán kính 3 1 R ; )( 2 C có tâm )1;1( 2 I , bán kính 1 2 R . 0,25 Dễ thấy )(),( 21 CMCM   . Gọi  là đt cần tìm. Vì  qua M nên  có phương trình dạng 0)1(    byxa )0( 22  ba .  cắt hai đường tròn )(),( 21 CC lần lượt tại A, B (khác M) sao cho MA=2MB khi và chỉ khi );(.2);( 2 .2 2 2 22 21 22 1  IdRIdR MBMA 0,25                              2 22 2 22 1.4 3 9 ba b ba a 22 49 ab  ab 3 2  . 0,25 Chọn 3  a ta có 2   b . Vậy, có hai đường thẳng cần tìm là 0323,0323       yxyx . 0,25 8.a Chứng minh 21 ,, ddA cùng nằm trên một mặt phẳng 1,00 Đường thẳng 1 d đi qua )3;3;1( 1 M và có vectơ chỉ phương )3;2;1( 1 u , đường thẳng 2 d đi qua )14;5;2( 2 M và có vectơ chỉ phương )5;2;1( 2 u . Ta có   0)4;8;4(, 21 uu , )17;8;1( 21 MM   0., 2121  MMuu . Vậy 1 d và 2 d cắt nhau hay 1 d và 2 d đồng phẳng. 0,25 Gọi )(P là mặt phẳng chứa 1 d và 2 d . Khi đó, )(P nhận vectơ   )1;2;1(, 4 1 21  uun làm vectơ pháp tuyến. Vì 1 )( dP  nên )( 1 PM  . 0,25 Phương trình của )(P là 0)3.(1)3(2)1.(1       zyx hay 022     zyx . 0,25 Vì 0230.21     nên )(PA  hay 21 ,, ddA cùng nằm trên mặt phẳng )(P có phương trình là 022     zyx . 0,25 9.a Tìm số phức z 1,00 Gọi số phức cần tìm là biaz   )0( 22  ba . Ta có ibaiz )3(3     . Từ giả thiết, ta có hệ phương trình        5)1( 5)3( 22 22 ba ba 0,25 hay              22 22 22 24 088 042 046 bba b bba bba 0,25       1 1 b a hoặc       1 1 b a . 0,25 Vậy, có hai số phức cần tìm là iz   1 , iz    1 . 0,25 7 . b Viết phương trình chính tắc của hypebol ) ( H 1,00 Gọi phương trình chính tắc của hypebol )(H là 1 2 2 2 2  b y a x )0,0(   ba . Vì hình chữ nhật cơ sở của )(H có diện tích 48 và một đường chuẩn của )(H có phương trình 5 16 x nên ta có 0,25 Trang 6/7 hệ phương trình        5 16 482.2 2 c a ba (I). Ta có (I)       24 25625 12 ca ab       )(25625 12 224 baa ab                 2 24 144 25625 12 a aa a b 0,25         03686425625 12 46 aa a b         0)230414425)(16( 12 242 aaa a b         16 12 2 a a b (vì 0230414425 24  aa )         16 9 2 2 a b (thỏa mãn). 0,25 Vậy, phương trình chính tắc của hypebol )(H là 1 9 16 22  yx . 0,25 8 . b Vi ế t phương tr ình đư ờ ng th ẳ ng 1,00 Đường thẳng 1  có vectơ chỉ phương )1;1;2( 1 u , đường thẳng 2  có vectơ chỉ phương )3;1;3( 2 u . Gọi 21 ,  dBdA . Tọa độ BA, có dạng lần lượt là )4;;21( ttt    , )32;;3( uuu   . Ta có )33;1;3(),1;1;21( uuuIBtttIA  . 0,25 Vì BAI ,, thẳng hàng nên Rk   sao cho IBkIA . hay         )33(1 )1(1 )3(21 ukt ukt ukt          133 1 1302 kukt kukt kukt          0 5,0 5,0 ku k t 0,25          0 5,0 5,0 u k t )3;1;0(  IB . 0,25 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương )3;1;0(BI và đi qua )5;1;0(I nên có phương trình tham số là:         vz vy x 35 1 0 )( Rv  . 0,25 9.b Tính tổng S = 2000 2000 8 2000 4 2000 0 2000 CCCC  . 1,00 2000 2000 1999 2000 3 2000 2 2000 1 2000 0 2000 2000 )11(0 CCCCCC  (1). 2000 2000 1999 2000 3 2000 2 2000 1 2000 0 2000 20002000 )11(2 CCCCCC  (2). Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta có: ) (22 2000 2000 4 2000 2 2000 0 2000 2000 CCCC  0,25 Trang 7/7 hay 19992000 2000 4 2000 2 2000 0 2000 2  CCCC (3). Xét số phức 2000 )1( iz  ta có 10001000 2)2(  iz (4). Mặt khác    ) ( 2000 2000 1999 2000 6 2000 4 2000 2 2000 0 2000 2000 0 2000 CCCCCCiCz k kk iCCCC ) ( 1999 2000 5 2000 3 2000 1 2000  (5). 0,25 Từ (4), (5) ta suy ra 10002000 2000 1999 2000 6 2000 4 2000 2 2000 0 2000 2  CCCCCC (6). 0,25 Cộng (3) và (6) vế theo vế, ta được 10001999 2 2 2   P hay 9991998 2 2   P . 0,25 Hết . Giáo Viên: Hồ Điện Biên. Trường THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An. Email: hodiebbienpbc@yahoo.com. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2012 – 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC. 2000 2000 8 2000 4 2000 0 2000 CCCC  . …………HẾT Trang 1/7 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH MÔN TOÁN NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘ CHÂU –NGHỆ AN (Đáp án gồm 7 trang) Câu N ộ i dung Đi ể m 1 .a . 1,00 * T ậ p xác đ ị nh : D = R. * Sự biến thi n của hàm số: - Giới hạn tại vô cực:  x ylim ,  x ylim . 0,25 - B ả ng bi ế n thi n: Ta có: Rxxxy  ,63' 2 ;