de thi thu mon toan

TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Tìm m để đường thẳng ∆: (2 1) 4y m x m = − − cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm ( 1;6)P − tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ làm trọng tâm. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin 2 cos2 4 2 sin( ) 3cos 4 1 cos 1 x x x x x π − + + − = − . Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 7 ; . 1 log 2 x x x y y x y x y y − − + = −   ∈ −  − =   ¡ Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân ( ) 4 3 1 1 ln 2 1 2 ln e x x x I dx x x + + + = + ∫ Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ, H là trung điểm , 2 , 5AB SA a SC a = = . Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều, mặt phẳng ( )SAB vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD và khoảng cách từ D tới mặt phẳng ( ) SHC bằng 2 2a . Hãy tính thể tích khối chóp .S ABCD theo .a Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 1 1 1 1 1 1 28 4 2013 a b c ab bc ca     + + = + + +  ÷  ÷     . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2 2 2 2 1 1 1 . 5 2 5 2 5 2 P a ab b b bc c c ac a = + + + + + + + + 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 tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (C): 2 2 4 4 0x y y + − − = và cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng : 2 1 0d x y − − = . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB và tìm tọa độ điểm C. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (1;0;1), ( 1;1;1)A B − . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( ) Oxy sao cho tam giác MAB cân tại M và có diện tích bằng 21 2 . Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn ( ) 3 2 3z z i z + = + B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 2 2 1 4 3 x y + = . Hai điểm ( 2; ), (2; )M m N n − di động và thoả mãn tích khoảng cách từ hai tiêu điểm 1 2 ,F F của (E) đến đường thẳng MN bằng 3. Tính · 1 cos .MF N Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm (3;0;1), (6; 2;1)M N − và (P) tạo với mặt phẳng (Oyz) một góc ϕ thỏa mãn 3 5 sin 7 ϕ = . Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm tất cả số nguyên dương n thỏa mãn 3 3 3 3 n i A i   − =  ÷  ÷ −   là số thực. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối A Câu Đáp án Điểm 1 (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) * TXĐ : D=R * Sự biến thiên Ta có: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ 2 ' 3 6y x x = − ; 0 2 ' 0 2 2 x y y x y = ⇒ =  = ⇔  = ⇒ = −  0.25 BBT: x - ∞ 0 2 + ∞ y' + 0 - 0 + y 2 + ∞ - ∞ -2 0.25 Hàm số đồng biến trên ( ) ;0 −∞ và ( ) 2; +∞ ; Hàm số nghịch biến trên ( ) 0;2 y CĐ = 2 tại x = 0 ; y CT = - 2 tại x = 2 . 0.25 * Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và ( ) 1 3;0 ± Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng 0.25 2.(1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao của (C) và (∆): x x ( m x m 3 2 3 2 1) 4 2 0 − − − + + = ⇔ x x x m 2 ( 2)( 2 1) 0 − − − − = x f x x x m 2 2 ( ) 2 1 0 (1)  = ⇔  = − − − =  0.25 (∆) cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N⇔ (1) phải có nghiệm x x 1 2 , thỏa mãn: x x x x 1 2 1 2 2 2  ≠ =  = ≠  0.25 ⇔ ∆ ∆   =     − ≠      >   =   b a f 0 2 2 0 (2) 0 ⇔ m m m 8 5 0 1 2 2 8 5 0 2 1 0   + =     ≠     + >   − + =   ⇔ m m 5 8 1 2  = −    =   . 0.25 Với m 5 8 = − ta có 1 3 ( ; ); (2; 3) 2 8 M N − (loại) Với m 1 2 = ta có ( 1; 2); (2; 2)M N− − − (loại) Vậy không có giá trị của m thỏa mãn ∆ MNP nhận O làm trọng tâm. 0.25 2 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Đk 2 ,x k k Z π ≠ ∈ ( ) sin 2 cos 2 4 sinx cos 3cos cos 1 0x x x x x − + + − − + = 0.25 sinx 0 sinx(cos sinx 2) 0 cos sinx 2 0( ) x x VN =  ⇔ + + = ⇔  + + =  0.25 x k π ⇔ = 0.25 Đối chiếu đk suy ra 2 ,x k k π π = + ∈ ¢ là nghiệm pt. 0.25 3 (1,0 điểm) (1,0 điểm) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 7 1 ; . 1 log 2 2 x x x y y x y x y y − − + = −   ∈ −  − =   ¡ Điều kiện 0 1 1 1 2 0 2 , 0 0 2 x x y y y < − ≠ < ≠   ⇔   < − ≠ ≠ <   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 3 1 2 3 2x x y y⇔ − + − = − + − (3) 0.25 Xét hàm số ( ) ( ) 2 3 , 0;f t t t t= + ∈ +∞ ( ) ( ) ' 2 3 0, 0;f t t t= + > ∀ ∈ +∞ suy ra hàm số đồng biến trên ( ) 0;+∞ Ta lại có ( ) 1,2 0;x y− − ∈ +∞ Nên ( ) ( ) ( ) 3 1 2 1 2 3f x f y x y x y⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = − thay vào pt (2) ta được 0.25 ( ) ( ) 2 2 2 1 3 1 log 2 2 0 2 y y y y y y y y − = − −  − = ⇔ + − = ⇔  = −  0.25 1 2y x= ⇒ = (loại) 2 5y x= − ⇒ = (t/m) Vậy hpt có nghiệm duy nhất ( ) ( ) ; 5; 2x y = − 0.25 4 (1,0 điểm) (1,0 điểm) ( ) 4 3 3 1 1 1 1 ln 2 1 1 ln 2 ln 2 ln e e e x x x x I dx x dx dx x x x x + + + + = = + + + ∫ ∫ ∫ 0.25 4 4 3 1 1 1 4 4 e e x e x dx − = = ∫ 0.25 ( ) ( ) 1 1 1 2 ln 1 ln ln 2 ln 2 ln 2 ln e e e d x x x dx x x x x x x + + = = + + + ∫ ∫ ( ) 2 ln 2 ln 2 ln 2 e e + = + − = 0.25 Vậy 4 1 2 ln 4 2 e e I − + = + . 0.25 5 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Từ giả thiết suy ra ( ) SH ABCD ⊥ và 2 3 3 2 a SH a= = 0.25 Ta có 2 2 2CH SC SH a = − = . Do đó, tam giác HBC vuông cân tại B và BC a = 0.25 Gọi DE HC A = ∩ thế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó suy ra ( ) ( ) 0 , 2 2 2 4 3 . cos45 d D AHC DE a a AD a= = × = ⇒ = 0.25 ( ) 2 1 4 2 ABCD S BC DA AB a = + × = (đ.v.d.t.). Vậy 3 . D 1 4 3 3 S ABC ABCD a V SH S = × × = (đvtt) 0.25 6 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Đặt 1 1 1 ; ;x y z a b c = = = . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 28 4 2013 4 2013 2013 24 x y z xy yz zx x y z x y z ⇒ + + = + + + ≤ + + + ⇒ + + ≤ 0.25 Mặt khác ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2013 3 8 x y z x y z x y z + + ≤ + + ⇒ + + ≤ 0.25 Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 3 1 1 3 3 8 2 8 2 2 2 5 4 x y a b a b a ab b a a b   = ≤ ≤ + = +  ÷ +   + + + + 0.25 Tương tự ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 3 , 3 8 2 8 2 5 2 5 2 y z z x b bc c c ac a ≤ + ≤ + + + + + Ta có ( ) 4 2013 8 2 8 P x y z ≤ + + ≤ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4026 12 x y z= = = hay 12 4026 a b c= = = 0.25 7.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) (C) có tâm I(0;2), bán kính 2 2R = . Gọi tọa độ điểm ( ) ;2 1M a a − Do tam giác ABC đều nội tiếp (C) nên ( ) 2 2 2 1 1 2 3 2 5 12 7 0 7 2 5 a IM R a a a a a =   = ⇔ + − = ⇔ − + = ⇔  =  0.25 Với ( ) 1 1;1a M = ⇒ Khi đó, AB qua M vtpt là ( ) 1; 1IM − uuur có PT là 0x y − = . Pt của CM là 2 0x y + − = . Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt 0.25 2 2 2 2 0 2 4 4 0 4 x x y y x x y y y  =    + = =     ⇔   = − + − − =      =    Từ đó tìm được tọa độ ( ) 2;4C − . Với 7 7 9 ; 5 5 5 a M   = ⇒  ÷   Khi đó, AB qua M vtpt là 7 1 ; 5 5 IM −    ÷   uuur có PT là 7 2 0x y − + = . Pt của CM là 7 14 0x y + − = . Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt 0.25 2 2 14 5 12 7 14 0 5 14 4 4 0 5 8 5 x y x y x y y x y  −  =        = + − =     ⇔   + − − =     =        =     Từ đó tìm được tọa độ 14 8 ; 5 5 C −    ÷   . KL… 0.25 8.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) ( ) ( ) Ox ; ;0M y M a b ∈ ⇒ Theo giả thiết ta có 1 21 , 2 2 AM BM AM BM =      =     uuuur uuuur 0.25 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 4 2 1 0 1 2 4 5 1 2 21 a b a b a b a b a b  − + = + + − − + =    ⇔ ⇔   − − =   + − − =   0.25 Giải hệ được: 4 11 ; 5 10 a b = − = − hoặc 4 21 ; 5 10 a b = = 0.25 Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán 4 11 ; ;0 5 10 M   − −  ÷   và 4 21 ; ;0 5 10 M    ÷   0.25 9.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) Đặt ( ) ,z x yi x y = + ∈ ¡ ta được ( ) 2 2 2 2 3 2 3 3 3 2 3 3z z i z x yi x yi x y i x y + = + ⇔ + + − = + + + 0.25 2 2 2 2 4 2 2 3 3 x x y y x y  = +  ⇔   − = +  0.25 2 2 0 3 0 0 3 x y x y x y x  ≥   = −  ⇔ ≤ ⇔   ≥    =  0.25 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng 3y x= − với 0x ≥ . 0.25 7.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) TH1: MN song song với Ox hay m n = . Khi đó phương trình : 0MN y m − = 2 1 2 2 1 3 2 ( ; ). ( ; ) ( 1)( 1) 3 2 1 3 (loai) m m d F MN d F MN m m m m  − = =  = + − = ⇔ ⇔   = − − = −    & 0.25 Với 2m = thì ( 2;2); (2;2)M N − Từ đây tính được · 1 1 cos 65 MF N = Với 2m = − thì ( 2; 2); (2; 2)M N − − − Từ đây tính được · 1 1 cos 65 MF N = 0.25 TH2: MN không song song với Ox. Ta có phương trình MN là ( ) 4 2 2 0n m x y m n − − + + = Khi đó: 1 2 2 (3 )(3 ) ( ; ). ( ; ) 3 16 ( ) m n n m d F MN d F MN n m + + = = + − 2 2 3 6 6 4 48 0, nm m n mn loai =  ⇔  + + + =  & 0.25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 16 ( ) ; 1; 9MN n m MF m NF n= + − = + = + Do đó, · 2 2 2 1 1 1 10 (16 ( ) ) cos 0 2 m n n m MF N MF NF + + − + − = = 0.25 8.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi vtpt của (P) là ( ) 2 2 2 ; ; , 0n a b c a b c+ + ≠ r Vì ( ) M P ∈ nên phương trình của ( ) P có dạng ( ) ( ) 3 1 0a x by c z − + + − = ( ) 3 3 2 0 2 a N P a b b ∈ ⇒ − = ⇔ = 3 5 2 sin cos 7 7 ϕ ϕ = ⇒ = (do 0 0 90 ϕ ≤ ≤ ) Mặt phẳng (Oyz) có véctơ pháp tuyến ( ) 1;0;0i = r 0.25 ( ) 2 2 2 2 cos * 7 a a b c ϕ = = + + Thế 3 2 a b = vào (*) giải được 3c a = ± 0.25 + Với 3c a= ; 3 2 a b = chọn 2 3; 6a b c = ⇒ = = , ( ) : 2 3 6 12 0P x y z + + − = 0.25 + Với 3c a= − ; 3 2 a b = chọn 2 3; 6a b c = ⇒ = = − , ( ) : 2 3 6 0P x y z + − = 0.25 9.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) 3 cos sin cos sin 2 6 6 6 6 n n i n n A i i π π π π   +   = = + = +  ÷  ÷  ÷     0.5 sin 0 6 , , 1 6 n A n k k k π ∈ ⇔ = ⇔ = ∈ ≥ ¡ ¢ 0.5 . không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối A Câu Đáp án Điểm 1 (2,0. TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I điểm) (1,0 điểm) Từ giả thi t suy ra ( ) SH ABCD ⊥ và 2 3 3 2 a SH a= = 0.25 Ta có 2 2 2CH SC SH a = − = . Do đó, tam giác HBC vuông cân tại B và BC a = 0.25 Gọi DE HC A = ∩ thế thì tam