Đề thi thử đại học môn toán lần 3 tổ toán tin trường THPT Trần Phú năm học 2012,2013

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ TỔ TOÁN - TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi: TOÁN - Khối: A, A 1 , B Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 4 6 y x x mx    (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 0 m  . b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng 2 4 5 0 x y    Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2sin 3 1 8sin 2 . os 2 4 x x c x           Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   2 1 4 3 1 1 9 2 1 4 2 2 x x y x y x y x y                       Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân   2 5 2 5 1 1 1 x dx x x    Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có góc  0 60 BAC  , nội tiếp đường tròn đường kính AI. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2BC. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Chứng minh rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với đường thẳng SI và tính góc giữa hai mặt phẳng (AMN) và (ABC). Câu 6 (1,0 điểm). Chứng minh rằng       4 , , , 0 x y z y z x y z x x y z x y z y z z x x y              Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d: 2 2 0 x y    . Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại A và AB = 2AC. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 2 3 x y z   và mặt phẳng (P): 6 0 x y z     . Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 2 2 . Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức: 4 3 2 6 9 100 0 x x x     Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………… ; Số báo danh:…………………………………… BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ TOÁN LẦN III – KHỐI A, A 1 , B – NĂM 2013 Câu Nội dung Điểm 1 (2.0 điểm) a. (1.0 đi ểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. * m = 0 thì 3 2 4 6 y x x   * TXĐ: D R  . * lim , lim x x y y       0.25 * 2 0 ' 12 12 , ' 0 1 x y x x y x          0.25 * Bảng biến thiên… Hàm số đồng biến trên     ;0 ; 1;   . Hàm số nghịch biến trên   0;1 Hàm số đạt cực đại tại 0, 0 x y   . Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 2 x y    0.25 Điểm uốn: 1 '' 24 12, '' 0 , 1 2 y x y x y        Giao Ox: 3 0 0 2 y x v x     . Giao Oy: 0 0 x y    . 0.25 b. (1.0 đi ể m) Tìm m để đồ thị có …   2 ' ' 12 12 y f x x x m     . Hàm số có hai cực trị ' 36 12 0 3 m m        Gọi hai điểm cực trị của đths là     1 1 2 2 , ; , A x y B x y ( 1 2 , x x là hai nghiệm của pt ' 0 y  ) 0.25 Có:     1 1 2 ' 2 3 6 3 6 m m y f x f x x x                   Do     1 2 ' ' 0 f x f x   nên 1 1 2 2 3 6 m m y x          và 2 2 2 2 3 6 m m y x          Vậy pt đt AB là 2 2 3 6 m m y x          0.25 A, B đối xứng nhau qua d: 2x – 4y – 5 = 0     1 2 AB d I d        (I là trung điểm AB)   2 1 1 2 . 1 0 3 2 m m             (thoả mãn m < 3) 0.25 I có toạ độ: 1 2 1 2 2 2 2 1 3 6 I I I x x x m m y x                      .     1 2 2. 4. 1 5 0 2      (đúng) Vậy A, B đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi m = 0 0.25 2. (1.0 điểm) Giải phương trình lượng giác… Pt     2 2 sin 3 0 1 4 4sin 3 1 8sin 2 . os 2 2 4 x x x c x                            0.25   2 2 1 os 6 1 4sin 2 .(1 os4 ) 2 c x x c x                    2 2sin 6 1 4sin 2 2sin 6 2sin 2 x x x x       0.25 1 12 sin 2 5 2 12 x k x x k                  . 0.25 - Với 12 x k     :   1 sin 3 0 2 2 2 12 k k n x n                   - Với 5 12 x k     :   3 17 1 sin 3 0 2 1 2 2 12 k k n x n                    , n Z  0.25 3. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình…       2 1 4 3 1 1 9 2 1 1 4 2 2 2 x x y x y x y x y                               2 2 3 1 1 2 1 9 1 9 1 2 1 x y x y x y x y x y x y x y                           1 3 1 . 3 1 0 2 1 x y x y x y x y                    1 3 x y    0.5 Khi đó:     1 1 3 1 1 2 4 2 2 1 0 , 2 0 2 x x x t t t                   1 1 5 2 t t           0.25 Với t = 1 1 4 3 x y          , Với t =     2 2 log 5 1 2 1 5 7 2 log 5 1 3 x y               0.25 4. (1.0 điểm) Tính tích phân…         2 2 2 2 5 5 5 4 1 2 2 2 2 5 5 5 5 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 x x x x dx dx dx dx I I x x x x x x x                 0.25 1 x t      1 2 1 2 1 1 4 2 5 5 1 5 5 1 1 1 2 2 5 1 1 1 1 1 1 1 ln 1 6ln2 ln 33 1 1 1 5 1 5 5 1 t t I dt dt d t t t t t t                             0.25     2 1 2 5 2 2 5 5 1 2 1 2 1 31 1 . 5 5 1 165 1 I d x x x               0.25   1 31 6ln 2 ln 33 5 165 I    0.25 5. (1.0 điểm) Tính thể tích và khoảng cách N C A B I S M IB  AB (do AI là đường kính đtròn (ABC)), IB  SA (do SA  (ABC)) nên IB  (SAB)  IB  AM mà AM  SB nên AM  (SBI)  AM  SI Chứng minh tt: AN  SI. Vậy SI  (AMN) 0.5 Có SA  (ABC); SI  (AMN)           , , ABC AMN SA SI    SAI có:  tan AS AI I SA  (1) 0.25 AI là đường kính của đtròn (ABC) nên:  2 2 . 3 sin ABC BC R AI AI BC BAC     (2) Từ (1),(2)         0 2 2 . . 1 3 3 tan AS , 30 2 3 BC BC I ABC AMN SA BC       0.25 6. (1.0 Chứng minh bất đẳng thức … Bđt  0.25 điểm)                  2 2 2 4 z x x y x y y z y z z x P y z z x x y x y z x y z                Có:    2 2 2 2 2 2 2 ( ) z x x y x x yz yz x yz x x y z yz x x x x                             2 1 2 z x x y yz yz yz y z y z y z y z y z x x x x                       (1) 0.25 Chứng minh tt có:               2 2 2 2 2 3 x y y z zx z x z x y y y z z x xy x y x y z z                    Từ (1), (2), (3) có:   2 2 yz zx xy P x y z x y z             (4) 0.25 Áp dụng bđt: 2 2 2 a b c ab bc ca      , có: . . . yz zx xy yz zx zx xy xy yz x y z x y z x y y z z x         (5) Từ (4), (5)   4 P x y z     . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z 0.25 7. (1.0 điểm) Tìm hai điểm B,C… Gọi H là hình chiếu của A lên d ta có AH = d(A, d) = 2 0 2.2 2 2 5 1 2     Tam giác ABC vuông tại A nên 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 5 1 2 4 4 AC AB AB AC AH AC AC          0.25 Khi đó C thuộc đường tròn (A,1):   2 2 2 1 x y    Toạ độ C là nghiệm hệ   2 2 2 1 2 2 0 x y x y            1, 0 7 4 , 5 5 y x y x          0.25 + Với C(0;1): đt AB qua A(0;2) có vtpt (0; 1) AC    có pt: 2 0 y   Toạ độ B là nghiệm hệ 2 2 0 2 (2;2) 2 0 2 x y x B y y                0.5 + Với C( 4 7 ; 5 5 ): đt AB qua A(0;2) có vtpt 4 3 ( ; ) 5 5 AC    có pt: 4 3 6 0 x y    Toạ độ B là nghiệm hệ 6 2 2 0 6 2 5 ( ; ) 4 3 6 0 2 5 5 5 x x y B x y y                       8. (1.0 điểm) Viết phương trình đường thẳng … Toạ độ M là nghiệm hệ   1;2;3 1 2 3 6 0 x y z M x y z             Gọi d’ là hình chiếu của d lên mp(P) ' ( ) ( ) d P Q    , với (Q) là mp chứa d và vuông góc (P). Mp(Q) qua M và có vtpt , Q d P n u n         = (-1; 2; -1)  (Q) có pt: 2 0 x y z     d’ có pt: 6 0 2 0 x y z x y z           2 4 x t y z t           0.5 Vì  nằm trong (P),   d nên   d’ Gọi H(t; 2; 4 – t) là giao điểm của  và d’ ta có M  d’ nên MH         2 2 2 ( , ) 2 2 1 2 2 4 3 8 MH d M t t               2 3 1 4 1 t t t           0.25 + Với t = 3 thì H(3; 2; 1):  qua H, có vtcp Q u n     nên  có pt: 3 2 1 1 2 1 x y z        + Với t =-1 thì H(-1; 2; 5):  qua H, có vtcp Q u n     nên  có pt: 1 2 5 1 2 1 x y z        0.25 9. (1,0 điểm) Giải phương trình… Pt         2 2 2 2 6 9 100 3 10 x x x x x i         0,25 2 2 3 10 0 (1) 3 10 0 (2) x x i x x i           0,25 (1) có  = 9 40 i  có một căn bậc hai là 5 4 i  (1)  có nghiệm 1 2 4 2 x i x i         0,25 (2) có  = 9 40 i  có một căn bậc hai là 5 4 i  (2)  có nghiệm 1 2 4 2 x i x i         0,25 . TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ TỔ TOÁN - TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2012-20 13 Môn thi: TOÁN - Khối: A, A 1 , B Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu. danh:…………………………………… BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ TOÁN LẦN III – KHỐI A, A 1 , B – NĂM 20 13 Câu Nội dung Điểm 1 (2.0 điểm) a. (1.0 đi ểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. * m = 0 thì 3 2 4 6 y x x   *. AI là đường kính của đtròn (ABC) nên:  2 2 . 3 sin ABC BC R AI AI BC BAC     (2) Từ (1),(2)         0 2 2 . . 1 3 3 tan AS , 30 2 3 BC BC I ABC AMN SA BC       0.25 6.