ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 - 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Môn thi: TOÁN; Khối: D

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi ,đáp án đề thi đại học, cao đẳng môn toán giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!

www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 - 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Môn thi: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút; không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 11292 223  xmmxxy (1) ( m là tham số). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m . b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng )3;2( . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 0 sin cos3cos3sinsin4 2 5 sin          x xxxxx  . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 85)6(2 32  xxx . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân    3/ 3/ 2 )3sincos(sin2   dxxxxxI . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ 111 . CBAABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , aAB  , ABC 0 60 ; hình chiếu vuông góc của 1 A trên mặt phẳng )(ABC là trung điểm của BC ; góc giữa đường thẳng 1 AA và mặt phẳng )(ABC bằng 0 60 . Tính thể tích khối lăng trụ 111 . CBAABC theo a và góc giữa hai đường thẳng 1 CA và 1 BB . Câu 6 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm 13)11( 33 4  xxxxmx . 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 trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với )1;1(A , )3;2(B và C thuộc đường tròn 0946 22  yxyx . Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC , biết diện tích của tam giác ABC bằng 5,0 và điểm C có hoành độ là một số nguyên. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm ),2;0;3(A ),0;1;1(B )3;5;4( C . Gọi M là điểm thuộc đoạn BC sao cho BMMC 2 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua B , vuông góc và cắt đường thẳng AM . Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 52  iz và điểm biểu diễn của z thuộc đường thẳng 013  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 )2;3;0( M và đường thẳng 4 1 11 :   zyx . Viết phương trình mặt phẳng )(P qua M , song song với  và khoảng cách giữa  và )(P bằng 3. Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức 10 )31( iz  …………HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Trang 1/6 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN THỨ 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU MÔN THI: TOÁN; KHỐI: D (Đáp án gồm 6 trang) Câu Nội dung Điểm 1.a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 11292 23  xxxy 1,00 * Tập xác định : D = R. * Sự biến thiên của hàm số: - Giới hạn tại vô cực:  x ylim ,  x ylim . 0,25 - Bảng biến thiên: Ta có: Rxxxy  ,12186' 2 ; 20'  xy hoặc 1x . x -  -2 -1  y’ + 0 - 0 + y  -3 -4 -  0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng )2;(  , );1(  và nghịch biến trên khoảng )1;2(  . Hàm số đạt cực đại tại 2x , với giá trị cực đại 3)2( y và đạt cực tiểu tại 1x , với giá trị cực tiểu 4)1( y . 0,25 * Đồ thị )(C : - )(C cắt Oy tại điểm )1;0( - )(C đi qua điểm )8;3(  - )(C có điểm uốn )2/7;2/3( I . )(C nhận )2/7;2/3( I làm tâm đối xứng. f(x)=2*x^3+9*x^2+12*x+1 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 0,25 www.VNMATH.com Trang 2/6 1.b Tìm m để hàm số 11292 223  xmmxxy (1) nghịch biến trên khoảng )3;2( . 1,00 Rxmmxxy  ,12186' 22 . 2 9' m . - Nếu 0m thì Rxy  ,0' , hàm số đồng biến trên R. Vậy 0m không thỏa mãn. 0,25 - Nếu 0m thì mxmy  20' . Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng )3;2( khi và chỉ khi mm  322 (vô nghiệm). 0,25 - Nếu 0m thì mxmy 20'  . Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng )3;2( khi và chỉ khi 2 3 2232  mmm . 0,25 Vậy, các giá trị m cần tìm là ] 2 3 ;2[ m . 0,25 2. Giải phương trình: 0 sin cos3cos3sinsin4 2 5 sin          x xxxxx  . 1,00 Điều kiện : 0sin x . Với điều kiện này, phương trình đã cho tương đương: 0)sin3sincos3(cos4cos  xxxxx 0,25  2242cos4cos kxxxx   )( Zkkx   hoặc )( 3 Zkkx   0,25 )( 3 Zkkx   . 3  kx  thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi )(13 Zmmk  hoặc )(23 Zmmk  0,25 Vậy, nghiệm của phương trình là )( 3 Zmm    , )( 3 2 Zmm    . 0,25 3. Giải phương trình: 85)6(2 32  xxx (2). 1,00 Điều kiện: 2x . Với điều kiện này, phương trình (2) tương đương với phương trình 0)2(22.425)42(2 22  xxxxxx (3). Đặt 2,42 2  xbxxa ( )0,0  ba , phương trình (3) trở thành: 0252 22  baba 0,25 0)2)(2(  baba ba 2 hoặc ba 2 . 0,25 - Với ba 2 , ta có 014942422 22  xxxxx (vô nghiệm) 0,25 - Với ba 2 , ta có 0462242 22  xxxxx 133 x (tmđk). Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm là 133x . 0,25 4. Tính tích phân    3/ 3/ 2 )3sincos(sin2   dxxxxxI . 1,00    3/ 3/ 2 )3sinsin22sin(   dxxxxxI KJ  trong đó    3/ 3/ 2 2sin   xdxxJ ,    3/ 3/ sin3sin2   xdxxK . 0,25 www.VNMATH.com Trang 3/6 - Tính K : 4 33 4 4sin 2 2sin )4cos2(cos 3/ 3/ 3/ 3/                xx dxxxK . 0,25 - Tính J : Đặt xu  , ta có dxduuxux  ,2sin2sin, 22 , , 33         u 33         u . Do đó JuduuuduuJ     3/ 3/ 2 3/ 3/ 2 2sin2sin     0 J . 0,25 . 4 33  KJI 0,25 5. . Tính thể tích khối lăng trụ 111 . CBAABC và góc giữa hai đường thẳng 1 CA và 1 BB . 1,00 Gọi H là trung điểm của BC . A 1 Từ giả thiết, ta có 360tan 0 aABAC  , B 1 C 1 a AB BCCHBHAH  0 60cos2 2 1 . A Vì )( 1 ABCHA  nên góc giữa đường thẳng 1 AA B H C và mặt phẳng )(ABC bằng góc AHA 1  . Kết hợp giả thiết, ta có 0 1 60 AHA . 0,25 Suy ra 360tan 0 1 aAHHA  , a AH AA 2 60cos 0 1  . Thể tích khối lăng trụ đã cho là 2 3 3.3. 2 1 2 1 . 3 11 a aaaHAACABHASV ABC  . 0,25 Vì 11 // AABB nên góc  giữa hai đường thẳng 1 CA và 1 BB bằng góc giữa hai đường thẳng 1 CA và 1 AA . Ta có aaaCHHACA 23 2222 11  . Do đó 8 5 2.2.2 344 .2 coscos 222 11 22 1 2 1 1      aa aaa CAAA ACCAAA CAA  . 0,25 Vậy, góc giữa hai đường thẳng 1 CA và 1 BB là góc  thỏa mãn 8 5 cos   . 0,25 6. Tìm m để bất phương trình 13)11( 33 4  xxxxmx (4) có nghiệm. 1,00 Điều kiện: 10  x . - Xét 0x , thay vào (4) không thỏa mãn với mọi Rm . 0,25 - Xét ]1;0(x , ta có 0)11( 3 4 xxx , nên bpt (4) tương đương với bpt 3 4 3 )11( 31 xxx xx m    . 0,25 Đặt 3 4 3 )11( 31 )( xxx xx xf    , ta có 3 4 3 3 4 3 )11( 1 . 1 3 )11( 1 . 31 )( xx x x xx x xx xf               . 0,25 www.VNMATH.com Trang 4/6 Vì ]1;0(x nên 0 1 3   x x và 1)11(0 3 4  xx ]1;0(,3)(  xxf . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1x . Do đó, bpt (4) có nghiệm khi và chỉ khi )(min ]1;0( xfm x  hay 3m . 0,25 7.a .Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC . 1,00 Ta có 5)2;1(  ABAB . Phương trình của đường thẳng AB là 0)1()1(2  yx hay 012  yx . Gọi  là đường thẳng qua C và song song với AB . Khi đó, phương trình của  có dạng )1(02  mmyx . Vì AB// nên );();( ABCdAd  hay AB S m ABC 2 5 1   11  m 0m (tm) hoặc 2m (tm). 0,25 - Với 0m thì  có phương trình 02  yx . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình            09145 2 0946 2 222 xx xy yxyx xy (vô nghiệm). 0,25 - Với 2m thì  có phương trình 022  yx . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình            021225 22 0946 22 222 xx xy yxyx xy       4 3 y x (tm) hoặc          5 4 5 7 y x (loại). 0,25 )4;3(C và tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là       3 8 ;2 . 0,25 8.a Viết phương trình đường thẳng  . 1,00 Gọi );;( cbaM , ta có ),;1;1( cbaBM  )3;6;3( BC . Vì M thuộc đoạn BC và BMMC 2 nên BCBM 3 1                    1 1 2 1 21 11 c b a c b a )1;1;2( M . 0,25 Đường thẳng AM đi qua )2;0;3(A và có một vectơ chỉ phương )1;1;1(MA nên có phương trình tham số là         tz ty tx 2 3 . 0,25 Tọa độ hình chiếu H của B trên đường thẳng AM có dạng )2;;3( ttt  . Ta có H và )2;1;2( tttBH  . Vì AMBH  nên 0. MABH hay 0212  ttt 1t )1;2;1(  BH . 0,25 Đường thẳng  đi qua )0;1;1(B và có một vectơ chỉ phương )1;2;1( BH nên có phương trình tham số là         uz uy ux 21 1 . 0,25 www.VNMATH.com Trang 5/6 9.a Tìm số phức z . 1,00 Gọi số phức cần tìm là biaz  ),( Rba  . Khi đó ibaiz )2(2  . Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:        013 5)2( 22 ba ba 0,25       13 5)13( 22 ab aa       13 0235 2 ab aa 0,25       4 1 b a hoặc          5 1 5 2 b a . 0,25 Vậy, có hai số phức cần tìm là i41 và i 5 1 5 2  . 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 hệ phương trình        5 16 482.2 2 c a ba (I). 0,25 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 1 916 22  yx . 0,25 8.b .Viết phương trình mặt phẳng )(P . 1,00 Mặt phẳng )(P đi qua điểm )2;3;0( M nên có phương trình dạng 0)2()3(  zcybax )0( 222  cba hay 023  cbczbyax . Đường thẳng 4 1 11 :   zyx đi qua )1;0;0(A và có một vectơ chỉ phương )4;1;1(u . Mặt phẳng )(P có một vectơ pháp tuyến );;( cban . 0,25 www.VNMATH.com Trang 6/6 Vì mặt phẳng )(P song song với  và khoảng cách giữa  và )(P bằng 3 nên ta có         3))(;( 0. )( PAd nu PA hay               3 33 04 033 222 cba bc cba bc       2222 )4()( 4 cbcbbc cba       01610 4 22 cbcb cba       cb ca 2 2 hoặc      cb ca 8 4 . 0,25 - Với cbca 2,2  , ta chọn 2a thì 2b , 1c . Khi đó, )(P có phương trình 0822  zyx . 0,25 - Với cbca 8,4  , ta chọn 4a thì 8b , 1c . Khi đó, )(P có phương trình 02684  zyx . Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm là 0822  zyx , 02684  zyx . 0,25 9.b Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức 10 )31( iz  . 1,00 10 10 10 1010 3 sin 3 cos2 2 3 . 2 1 2)31(                  iiiz . 0,25 Áp dụng công thức Moa-vrơ, ta có               3 4 sin 3 4 cos2 3 10 sin 3 10 cos2 1010  iiz . 0,25 Các acgumen của z đều có dạng )(2 3 4 Zkk    . Ta có 3 2 02 3 4  kk   hay   1,2,3,4 ., k . 0,25 Acgumen âm lớn nhất của z tương ứng với 1k . Vậy acgumen cần tìm của z là 3 2   . 0,25 ---------Hết-------- www.VNMATH.com