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 103P . 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 ;