Đề, ĐA thi thử đại học môn Toán lan 4 -Trường ĐH Vinh

TRNG I HC VINH TRNG THPT CHUYấN KHO ST CHT LNG LP 12 LN CUI - NM 2013 Mụn: TON; Thi gian lm bi: 180 phỳt I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s . 2 1 x x y a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (H) ca hm s ó cho. b) Gi I l giao im hai ng tim cn ca (H). Vit phng trỡnh tip tuyn d ca (H) ti im M tha món IM vuụng gúc vi d. Cõu 2 (1,0 im). Gii phng trỡnh . 2 cos 2 sin)cos23( 2 cos)2cos3( xx x x x Cõu 3 (1,0 im). Gii h phng trỡnh ).,( 1233 )2(84 22 yx yyx xxyxy Cõu 4 (1,0 im). Tớnh tớch phõn .d 4 1 0 2 3 x x x I Cõu 5 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy l hỡnh ch nht, 5.AD a Tam giỏc SAB nm trong mt phng vuụng gúc vi ỏy, ,SA a , 2 a SB 0 120 .ASB Gi E l trung im ca AD. Tớnh th tớch khi chúp S.ABCD v tớnh bỏn kớnh mt cu ngoi tip t din SBCE theo a. Cõu 6 (1,0 im). Cho cỏc s dng a, b phõn bit tha món .122 2 ba Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc . )(8 544 244 baba P II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn a hoc phn b) a. Theo chng trỡnh Chun Cõu 7.a (1,0 im). Trong mt phng vi h ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú 1; 3 ,A 5;1 .B im M nm trờn on thng BC sao cho 2 .MC MB Tỡm ta im C bit rng 5MA AC v ng thng BC cú h s gúc l mt s nguyờn. Cõu 8.a (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai mt phng : 0,x y z : 2 2 0.x y z Vit phng trỡnh mt cu S cú tõm thuc , cú bỏn kớnh bng 3, tip xỳc vi ti M, bit rng im M thuc .Oxz Cõu 9.a (1,0 im). Tỡm s phc z tha món .||)1( )1( 1 zi zi i z b. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu 7.b (1,0 im). Trong mt phng vi h ta Oxy, cho tam giỏc ABC cõn ti A, cú trc tõm 3;2 .H Gi D, E l chõn ng cao k t B v C. Bit rng im A thuc ng thng : 3 3 0,d x y im 2;3F thuc ng thng DE v 2.HD Tỡm ta im A. Cõu 8.b (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai im 1;3;2 ,A 3;2;1B v mt phng : 2 2 11 0.P x y z Tỡm im M trờn P sao cho 2 2MB v 0 30 .MBA Cõu 9.b (1,0 im). Tỡm s nguyờn dng n tha món . 2013 1 12 2 5 4 4 3 3 2 2 1 2 2 4 2 3 2 2 2 1 2 n nnnnn C n n CCCC Ht Ghi chỳ: BTC s tr bi vo cỏc ngy 22, 23/6/2013. Khi nhn bi thi, thớ sinh phi np li Phiu d thi. Chúc các em học sinh đạt kết quả cao trong Kỳ thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng năm 2013! WWW.VNMATH.COM 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN CUỐI - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) 1 0 . Tập xác định: }.2{\ 2 0 . Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có 1lim   y x và .1lim   y x Giới hạn vô cực:    y x )2( lim và .lim )2(    y x Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng ,1 y tiệm cận đứng là đường thẳng .2 x * Chiều biến thiên: Ta có .2,0 )2( 1 ' 2     x x y Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng   2; và   .;2  0,5 * Bảng biến thiên: 3 0 . Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại   ,0;1 cắt Oy tại ); 2 1 ;0( nhận giao điểm )1;2(I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,5 b) (1,0 điểm) Gọi 2, 2 1 ; 0 0 0 0            x x x xM là tiếp điểm. Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M là 2 1 )( )2( 1 : 0 0 0 2 0       x x xx x yd , hay .0)22()2(: 0 2 0 2 0  xxyxxd Suy ra VTCP của d là   1;)2( 2 0  xu d . Ta có )1;2(I nên           2 1 ;2 0 0 x xIM . 0,5 Câu 1. (2,0 điểm) Do đó IM vuông góc với d 0.  d uIM 1)2(0 2 1 )2( 4 0 0 3 0    x x x       .1 3 0 0 x x Với ,3 0 x phương trình tiếp tuyến là 2)3(  xy hay .5 x y Với ,1 0 x phương trình tiếp tuyến là )1(  xy hay .1 x y Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 5 x y và .1 x y 0,5 Câu 2. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 sin 2 sin)cos23( 2 cos)2cos3( xx x x x    02sinsin. 2 cos 0 2 sin 2 cos2 2 cos)sin2( 0 2 sin)cos22( 2 cos)sin24( 2 22 2    xx x xxx x x x x x 0,5 x 'y y   2 1    1  x O y I 1 2 1 2 1 WWW.VNMATH.COM 2                        .2 2 2 2 2 22 1sin 0 2 cos        kx kx kx k x x x Vậy nghiệm của phương trình là .,2 2 ,2  kkxkx    0,5 Điều kiện: . 2 1 012  yy Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với       .2 4 0)2)(4( 2 2 yx x xyx Với ,4 x thế vào phương trình thứ hai ta được       )12(9)1( 1 1231 2 yy y yy       )12(9)1( 1 2 yy y .10310 10310 1 01020 1 2              y y y yy y 0,5 Câu 3. (1,0 điểm) Với ,2 2  yx thế vào phương trình thứ hai ta được .1235 2  yyy (*) Áp dụng BĐT Côsi ta có (*).123)12(525)12(5)12()1((*) 2 VPyyyyyyVT  Do đó phương trình (*) vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ là .10310,4  yx 0,5 Đặt .dd44 222 ttxxtxxt  Khi ,20  t x khi .31  tx Suy ra     3 2 2 )d( 4 tt t t I 0,5 Câu 4. (1,0 điểm) .33 3 16 3 4)d4( 3 2 3 2 3 2            t ttt 0,5 Áp dụng định lý côsin trong tam giác SAB 2 2 2 2 0 7 2 120 4 2 4 2 7 . . .cos . a a a a AB a a AB      Kẻ SH AB tại H. Vì     SAB ABCD nên   .SH ABCD Ta có 0 2 . .sin120 21 . 14 SAB S SA SB a SH AB AB    Suy ra 3 1 21 7 15 . . . 5 . 3 14 2 12 SABCD a a a V a  0,5 Câu 5. (1,0 điểm) Vì ,BC AB BC SH  nên   .BC SAB Do đó 0 90CBS  (1) Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông CED, SAE, SBC ta có 2 2 2 2 2 2 7 5 12 4 4 4 a a a CE CD DE     , 2 2 2 2 2 2 5 9 4 4 a a SE SA AE a     , 2 2 2 2 2 2 21 5 4 4 a a SC SB BC a     . Từ đó suy ra 2 2 2 .SC SE CE  Do đó 0 90CES  (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ diện SBCE nội tiếp mặt cầu đường kính SC. Do đó mặt cầu này có tâm là trung điểm của SC, có bán kính bằng 21 . 2 4 SC a R   0,5 S A B C D E a 5a 2 a H 120 0 WWW.VNMATH.COM 3 Từ giả thiết và áp dụng BĐT Côsi ta có .2.42242)4(16 2 bababa  Suy ra 80  ab . Do đó 244 22 244 )(8 5 . 8 44 64 )(8 544 ba ab ba ba baba P            . 2 1 . 64 5 16 1 2 2 2 2            a b b a a b b a Đặt . a b b a t  Khi đó 2 t và . 8 1 2 1 . 64 5 16 1 2 1 . 64 5 )2( 16 1 22      t t t tP 0,5 Câu 6. (1,0 điểm) Xét hàm 8 1 2 1 . 64 5 16 1 )( 2    t ttf trên ).;2(  Ta có , 2 5 8 5 )2(0)('; )2( 1 . 64 5 8 1 )(' 2 2    ttttf t ttf vì .2t Vì     )(lim)(lim 2 tftf t t nên . 64 27 2 5 )(min );2(          ftf Suy ra , 64 27 P dấu đẳng thức xảy ra khi .4,2  ba Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , 64 27 đạt được khi .4,2  ba 0,5 Gọi H là trung điểm MC. Khi đó AH BC và .BM MH HC x   Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ABH, AMH ta có   2 2 2 2 2 2 4 2 52 3 25 AH AH x AB x AH x AM                  Gọi phương trình đường thẳng BC là       2 2 5 1 0 0 .a x b y a b      Ta có     2 2 06 4 ; 4 4 5 12 0 5 12 0 aa b d A BC a a b a b a b                0,5 Câu 7.a (1,0 điểm) Với 0,a  đường thẳng BC có hệ số góc 0k  (thỏa mãn). Khi đó : 1.BC y  Với 5 12 0,a b  đường thẳng BC có hệ số góc 5 12 k (không thỏa mãn). Ta có       2 2 ; 5 : 1 3 25.A R x y     Khi đó tọa độ của C và M là nghiệm của hệ phương trình             2 2 1 2;1 , 4;1 4;1 , 2;1 1 3 25 y C M C M x y                  Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên   4;1 .C  0,5 Vì     ;0; .M Oxz M a b  Mặt khác     2 2 ;0; .M a b M b b      Gọi I là tâm của   .S Khi đó   2 : 2 ; 2 ; 2 . 1 2 2 x b y z b IM I b t t b t           0,5 Câu 8.a (1,0 điểm) Vì     ;2 ;3 .I t b I b b b       Ta có     9 ; 3 1. 3 b R d I b        Với         2 2 2 1 : 1 2 3 9.b S x y z        Với         2 2 2 1 : 1 2 3 9.b S x y z         0,5   1; 3A   A   5;1B C H M x x x 5 5 WWW.VNMATH.COM 4 Đặt .0,,, 22  yxyxyixz  Ta có ziz i i zzzi zi i z )1(|| 1 1 ||)1( )1( 1                                              )2(.1 0 )1(0 11 )( 22 22 22 22 2222 2222 yxyx xy yx yxyx yxyx yxyx yxyxyx iyxyxyxiyx 0,5 Câu 9.a (1,0 điểm) Với ,0 x ta có ,11)2( 2  yyy thỏa mãn (1). Suy ra .i z  Với ,0 y ta có ,11)2( 2  xxx không thỏa mãn (1). Vậy .i z  0,5 Ta có     2 2 2 3 2 4 D D HD x y      2 2 6 4 9 0 D D D D x y x y      (1) Vì   3 3; .A d A m m   Ta có . 0AD HD AD HD               3 3 . 3 . 2 0 D D D D x m x y m y          2 2 3 2 7 9 0 D D D D x y mx m y m        (2) 0,5 Câu 7.b (1,0 điểm) Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được     6 3 2 7 18 0 D D m x m y m      (3) Hoàn toàn tương tự ta có     6 3 2 7 18 0 E E m x m y m      (4) Từ (3) và (4) suy ra đường thẳng DE có phương trình     6 3 2 7 18 0.m x m y m      Vì   2;3 0.F DE m    Do đó   3;0 .A 0,5 Nhận thấy     , , 6.A P B P AB   Áp dụng định lý côsin trong tam giác MAB ta có 2 2 2 0 2. . .cos30 2.MA MB BA MB MA    Suy ra 2 2 2 .MB MA AB  Do đó tam giác MAB vuông tại A. 0,5 Câu 8.b (1,0 điểm) Ta có   , 0; 5;5 . AM P u AB n           Do đó   1 : 3 1;3 ;2 . 2 x AM y t M t t z t              Ta có 2 2 2 2 2 1.MA t t t       Với   1 1;2;3 .t M  Với   1 1;4;1 .t M   0,5 Áp dụng công thức khai triển nhị thức Niu-tơn ta có   ., 11 22 2 22 2 1 2 2 xxCxCxCx nn nnn n  Lấy đạo hàm hai vế ta được   .,2 3212 122 2 23 2 2 2 1 2 12 xxnCxCxCCxn nn nnnn n    Suy ra   .,2 3212 22 2 33 2 22 2 1 2 12 xxnCxCxCxCxnx nn nnnn n   Lấy tích phân trên   0;1 hai vế của đẳng thức ta được         0 1 22 2 33 2 22 2 1 2 0 1 12 d2 32d12 xxnCxCxCxCxxnx nn nnnn n 0,5 Câu 9.b (1,0 điểm) . 12 2 4 3 3 2 2 1 )1( 12 )1(2 1 0 122 2 43 2 32 2 21 2 1 0 2 12                         nn nnnn n n xC n n xCxCxCx n xn Suy ra . 12 1 12 2 5 4 4 3 3 2 2 1 2 2 4 2 3 2 2 2 1 2     n C n n CCCC n nnnnn Theo bài ra ta có .1006 2013 1 12 1   n n 0,5 A C : 3 3 0d x y   B   2;3F  D E H 2 WWW.VNMATH.COM . 21 . 2 4 SC a R   0,5 S A B C D E a 5a 2 a H 120 0 WWW.VNMATH.COM 3 Từ giả thi t và áp dụng BĐT Côsi ta có .2 .42 242 )4( 16 2 bababa  Suy ra 80  ab . Do đó 244 22 244 )(8 5 . 8 44 64 )(8 544 ba ab ba ba baba P           . trong Kỳ thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng năm 2013! WWW.VNMATH.COM 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN CUỐI - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Thời. vuông CED, SAE, SBC ta có 2 2 2 2 2 2 7 5 12 4 4 4 a a a CE CD DE     , 2 2 2 2 2 2 5 9 4 4 a a SE SA AE a     , 2 2 2 2 2 2 21 5 4 4 a a SC SB BC a     . Từ đó suy ra 2