THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN V NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán – Khối A, A1

SỞ GD­ĐT VĨNH PHÚC  THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN V  NĂM HỌC 2012 – 2013  TRƯỜNG THPT CHUYÊN  Môn: Toán – Khối A, A1  VĨNH PHÚC  Thời gian: 180 phút  Ngày thi:  I.  PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH  Câu 1. Cho hàm số  1  2 1  x  y  x + = -  1.  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  ( ) C  của hàm số.  2.  Viết phương trình tiếp tuyến của  ( ) C  biết rằng tiếp tuyến đó tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.  Câu 2. Giải phương trình ( )  tan cos3 2cos 2 1  3 sin 2 cos  1 2sin  x x x  x x  x + - = + -  Câu 3. Giải hệ phương trình ( )  3 5 2  ,  15 5 22 4 15  x y x y  x y  x y x y ì - - - = ï Î í - + + = ï î ¡  Câu 4. Tính tích phân  9  1  ln(16 ) x  I dx  x - = ò  Câu 5. Cho hình chóp  . , S ABCD  có đáy là hình chữ nhật, với  3, 6, AB BC = =  mặt phẳng  ( ) SAB  vuông góc với  mặt phẳng  ( ), ABCD  hình chiếu của S trên mặt phẳng  ( ) ABCD  nằm trên tia đối của tia AB; các mặt phẳng  ( ) SBC  và  ( ) SCD  cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau. Hơn nữa, khoảng cách giữa các đường  thẳng BD và SA bằng  6. Tính thể tích khối chóp và cô­sin góc giữa hai đường thẳng SA và BD.  Câu 6. Với x, y là các số thực lớn hơn 1; tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  3 3 2 2  2 2  2( ) 16  ( 1)( 1)  x y x y  P x y xy  x y + - - = + + - - -  II.  PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần, phần A hoặc phần B)  A.  Theo chương trình chuẩn  Câu 7a. Trong mặt phẳng  với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD. Biết rằng các đường thẳng AB, BD lần lượt  có phương trình  2 0, 2 1 0 x y x y - + = + - =  và điểm  (2;0) M  nằm trên đường thẳng CD; hãy tìm tọa độ  tâm của hình thoi.  Câu 8a. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu  2 2 2  ( ): 2 4 6 11 0 S x y z x y z + + - + - - =  và hai  điểm  (1; 5;6), (3; 3;7). A B - -  Viết phương trình của mặt phẳng  ( ) P  đi qua A, B và cắt  ( ) S  theo một đường  tròn có bán kính bằng 3.  Câu 9a. Giải phương trình ( ) ( )  3  3 5 15 3 5 2 ( )  x x  x  x + - + + = Î ¡  B.  Theo chương trình nâng cao  Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  2 2  : 2 4 4 0. x y x y w + - - - =  Tìm tọa độ các đỉnh  của tam giác đều ABC ngoại tiếp w   biết rằng A nằm trên đường thẳng  1 y = -  và có hoành độ dương.  Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  ( ) :5 4 0 P x z - - =  và hai đường thẳng  1 2  , d d  lần  lượt có phương trình  1 1 1 2 1  ;  1 1 2 2 1 1  x y z x y z - + - - + = = = = -  . Hãy viết phương trình của mặt phẳng  ( ) Q  song song với  ( ) P  , theo thứ tự cắt  1 2  , d d  tại A, B sao cho  4 5  .  3  AB =  Câu 9b. Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình  2  0. z z + =  Khi đó, tính tổng lũy thừa bậc 4 của tất cả  các nghiệm của phương trình đã cho.  Chú ý. Học sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!  Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl 1 SGDưTVNHPHC THITHIHCLNV NMHC2012 2013 TRNGTHPTCHUYấN HDchmmụnTON KhiA,A1 VNHPHC Hngdnchung: ư Mimtbitoỏncúthcúnhiucỏchgii,trongHDCnych trỡnhbyslcmtcỏchgii.Hcsinhcúth giitheonhiucỏchkhỏcnhau,nuývchoktquỳng,giỏmkhovnchoimtiacaphnú. ư Cõu(Hỡnhhckhụnggian),nuhcsinhvhỡnhsaihockhụngvhỡnhchớnhcabitoỏn,thỡkhụngcho im cõu(Hỡnhhcgiitớch)khụngnhtthitphivhỡnh. ư imtonbichmchititn0.25,khụnglmtrũn. HDCnycú04 trang. Cõu Nidungtrỡnhby im 1.TX: 1 2 ỡ ỹ ớ ý ợ ỵ Ă 0.25 Sbinthiờn: ( ) 2 3 1 0 2 2 1 y x x  = - < " ạ - .Suyrahmsnghchbintrờnmikhong 1 1 , 2 2 ổ ử ổ ử -Ơ +Ơ ỗ ữ ỗ ữ ố ứ ố ứ v hmskhụngcúcctr 0.25 Giihn: 1 1 lim lim 2 2 x x y y đ-Ơ đ+Ơ = = = = L L 1 1 2 2 lim lim x x y y - + đ đ = = -Ơ = = +Ơ L L th hmsnhnngthng 1 2 y = lmtimcnngang,ngthng 1 2 x = lmtimcn ng. Bngbinthiờn 0.25 th ư CtOx ti( 10), - ctOy ti(0 1) - ư Tõmixng 1 1 2 2 ổ ử ỗ ữ ố ứ 0.25 2.th hmskhụngcútiptuyndngthngng.Gistỡm cngthngttipxỳcvi th tiimcúhonh 0 .x Khiú, tiptuyn tcúhsgúc ( ) ( ) 0 2 0 3 . 2 1 k y x x  = = - - 0.25 1 Dohaitrctavuụnggúcvinhau,t tovihaitrctamttamgiỏccõn,nờntamgiỏcú ltamgiỏcvuụngcõn.Nghal 1k = 0.25 Vi 1,k = tacúphngtrỡnh 2 0 3 1, (2 1)x - = - vụnghim 0.25 2 2 O 1 + ư 1/2 1/2 1/2 y y' x 2  Với  1, k = -  ta có phương trình  2  0  3  1,  (2 1) x - = - -  tìm được  0  1 3  2  x ± =  Từ đó, tìm được hai tiếp tuyến  1 3 y x = - + -  và  1 3 y x = - + +  thỏa mãn yêu cầu.  0.25  ĐK  cos 0 x ¹  và  1  sin  2  x ¹  0.25  Nhận xét  3 2 2  cos3 4cos 3cos cos (4sin 1),2cos 2 1 1 4sin x x x x x x x = - = - - = -  nên đưa được  phương trình về dạng ( ) ( )  2  4sin 1 sin 3 cos 1 0 x x x - + - =  0.25  Giải phương trình  2  4sin 1 0, x - =  kết hợp với điều kiện, được hai họ nghiệm  ∙2 ,  6  x k k p p = - + Î ¢  và  7  ∙2 ,  6  x p p = + Î l l ¢ . Giải phương trình sin 3 cos 1 0 x x + - =  , kết hợp với điều kiện, được  ∙2 ,  6  x n n p p = - + Î ¢  0.25  2  Kết luận nghiệm  0.25  Điều kiện  3 0,5 0 x y x y - ³ - ³  0.25  Đặt  3 0, 5 0, x y a x y b - = ³ - = ³  để ý rằng  22 4 3( 3 ) 5(5 ) x y x y x y + = - - + -  ta được hệ  2 2  2 (1)  3 5 15 15 (2)  a b  a b b - = ì í - + + = î  0.25  Từ (1) suy ra  2, a b = +  thay vào (2), rút gọn, được  2  2 3 27 0. b b + - =  Giải phương trình, thu được  3 b =  (do  0 b ³  ) và do đó  5. a =  0.25  3  Từ đó, được hệ  3 25  5 9  x y  x y - = ì í - = î  , từ đó thu được ( )  1 58  ; ; 7 7  x y æ ö = - ç ÷ è ø  . Đối chiếu điều kiện và kết luận  0.25  Đặt  , x t =  khi đó 1 9 ~ 1 3, 2 x t dx tdt £ £ £ £ =  và  0.25  3 3 3  2 2  2 2 3  1  2 2  1 1 1  2 ln(16 ) 2 ln(16 ) 2 6ln 7 2ln15 4  16 16  t t  I t dt t t dt dt  t t æ ö = - = - + = - + ç ÷ - - è ø ò ò ò  0.25  Tính tích phân  3 3  2  2  1 1  2 2 5  1 2 2ln 7 2ln  16 4 4 3  t  dt dt  t t t æ ö = - + + = = - + - ç ÷ - - + è ø ò ò L  0.25  4  Vậy  7  2 4ln  5  I = = - + L  0.25  0.25  5  Do  AK BD P  và HADK là hình chữ nhật, nên  0.25  a   3  6  C  B  A  H  K  D  S  Gọi H là hình chiếu của S trên ( ) ABCD  và K là hình  chiếu của H trên CD. Khi đó, do giả thiết  SBH SKH a Ð = Ð =  và  || , HK BC HK BC =  . Suy ra  HBCK là hình vuông, A là trung điểm HB, D  là trung  điểm KC (Hình vẽ). Do đó  6 HB HK BC KC = = = =  và  6 tan . SH a = 3  6 ( ; ) ( ;( )) ( ;( )) ( ;( )) d BD SA d BD SAK d D SAK d H SAK = = = =  Từ đó  2 2 2  1 1 1 1  6  6  HS  HS HA HK = + + Þ Þ = L  . Suy ra  0  45 a =  . Từ đó  .  36  S ABCD  V = = L  (đ.v.t.t)  0.25  Từ chứng minh trên suy ra  3 5 , 6 2 AK BD SA SK = = = =  .  Từ đó, theo định lý cô­sin,  2 2 2  2∙9∙5 36∙2 1  cos  2∙ ∙ 2∙9∙5 5  SA AK SK  SAK  SA AK + - - Ð = = =  0.25  Đặt  2, x y t + = >  khi đó do  2  ( ) 4 x y xy + ³  nên  ; 4  t  xy £  hơn nữa  2  3 3 3 3  3  3  4  t  x y t txy t + = - ³ -  và  2 2 2  2( ) x y t + ³  0.25  Khi đó  2  3 2  3 3 2 2 2  2 2 2 2  2  (3 2)  ( )  4  2( ) 16 8 8  ( ) 1 2  1  4  t t  t t  x y x y t  P x y xy t t t t  t  xy x y t  t - - - + - + = + + - ³ + - = + - - + + - - +  0.25  Xét hàm số  2  2  ( ) 8 , 2  2  t  f t t t t  t = + - > -  ta thấy  ( ) f t  liên tục và ( ) ( ) ( ) ( )  2  4 2 , 0 4  2  t  f t t f t t  t æ ö ¢ ¢ = - + = Û = ç ÷ ç ÷ - è ø  . Ta có bảng biến thiên sau  ­8  +  0  4  2  f  f'  t  0.25  6  Từ bảng biến thiên, suy ra  ( ) 8 f t ³ -  , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  4. t =  Vậy  8, P ³ -  dấu  đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  4, 2. x y x y x y + = = Û = =  Suy ra, GTNN của P  bằng  8 -  , đạt  được khi và chỉ khi  2. x y = =  0.25  + Từ giả thiết, tìm được  1 5 ;  3 3  B æ ö - ç ÷ è ø  là giao điểm của AB và BD.  0.25  + Gọi  ( ; ) N x y  là điểm đối xứng với  (2;0) M  qua BD. Khi đó, tìm được  24 7 ;  5 5  N æ ö ç ÷ è ø  và  ( ) N CD Π 0.25  + Đường thẳng CD có phương trình  .5 5 17 0 x y - - =  . Từ đó, do D là giao điểm của các đường  thẳng CD và BD nên tìm được  22 29  ;  15 15  D æ ö - ç ÷ è ø  0.25  7a  + Do tâm I của hình thoi là trung điểm BD, nên tìm được  17 4  ;  30 30  I æ ö - ç ÷ è ø  0.25  ( ) S  có tâm  (1; 2;3) I -  và bán kính  5 R =  .  0.25  Giả sử tìm được  mặt phẳng  ( ) : 0, P ax by cz d + + + =  với  2 2 2  0, a b c + + ¹  thỏa mãn  yêu cầu.  Do  nên  , ( ) A B P Π nên  5 6 0,3 3 7 0 a b c d a b c d - + + = - + + =  suy  ra ( )  2 , 11 17 . c a b d a b = - + = +  do  đó, phương trình (P) có dạng ( )  2 11 17 0 ax by a b z a b + - + + + =  0.25  8a  Do (P) cắt (S) theo một đường tròn có bá kính bằng 3 nên  ( ;( )) 4 d I P =  , điều này tương đương với  0.25 4 ( )  2 2  2  2 2  2 6 6 11 17  4 20 44 0 2 22  4  a b a b a b  b ab a b a b a  a b a b - - - + + = Û - - = Û = - Ú = + + + L  Với  2 , b a = - ¼ được  ( ) : 2 2 23 0 P x y z - + - =  Với  22 , b a = ¼ được  ( ) : 22 46 374 0. P x y z + - + =  0.25  Chia  hai  vế  cho  2 0  x >  ,  đặt  3 5  0,  2  x  t æ ö - = > ç ÷ ç ÷ è ø  chú  ý  3 5 3 5  ∙ 1,  2 2 - + =  ta  được  phương  trình  2  8 13 0 t t - + =  . Giải phương trình, thu được  3 t =  và  5 t =  0.5  Với  3, t = ¼ tìm được  3 5  2  log 3 x - =  0.25  9a  Với  5, t = ¼ tìm được  3 5  2  log 5 x - =  0.25 w   có tâm  (1;2) I  và bán kính  3 R =  . Giả sử tìm được tam giác ABC thỏa mãn, với  ( ; 1), 0 A a a - >  .  0.25  Khi đó do  2 6, 0 IA R a = = >  nên tìm được  6 a =  . Do đó  (6; 1) A -  .  0.25  Khẳng định đường thẳng  1 y = -  tiếp xúc với w   tại  (1; 1), M -  nên nếu B nằm trên đường thẳng này  thì M là trung điểm AB và C thỏa mãn  2 IC IM = - uur uuur  0.25  7b  Từ đó, tìm được  ( 4; 1), (1;8) B C - -  0.25  1  d  có  phương  trình  tham  số  1 , , 1 2 x t y t z t = + = - = - +  và  2  d  có  phương  trình  tham  số  1 2 , 2 , 1 x s y s z s = + = + = - +  ; mặt phẳng (Q) cần tìm có phương trình 5 0, 4 x z d d - + = ¹ -  0.25  (Q) cắt  1  d  tại  3 6 15 2  ; ;  3 3 3  d d d  A - - + - - æ ö ç ÷ è ø  ,cắt  2  d  tại  3 2 12 15  ; ;  9 9 9  d d d  B - - - - - æ ö ç ÷ è ø  0.25  Suy ra ( )  6 5 6 7 30 5 1  ; ; 6 5 ; 6 7 ;30 5  9 9 9 9  d d d  AB d d d - - - + æ ö = = - - - + ç ÷ è ø uuur  0.25  8b  Do  4 5 3  AB =  nên ( )  2 2 2 2  1 80  (6 5 ) (6 7 ) (30 5 ) 11 36 28 0  81 9  d d d d d - + + + + = Û Û + + = L  Từ đó, tìm được  2 d = -  và  14  .  11  d =  Vậy, tìm được hai mặt phẳng thỏa mãn  1  ( ) :5 2 0 Q x z - - =  và  2  ( ) :55 11 14 0. Q x z - + =  0.25  , , z a bi a b = + Î ¡ . Suy ra  2 2 2  2 , . z a b abi z a bi = - + = -  Vậy  2 2 2  0 ( ) (2 ) 0 z z a b a ab b i + = Û - + + - =  0.25  Từ đó, thu được  2 2  0  2 0  a b a  ab b ì - + = í - = î  . Giải hệ, thu được  1 3  ( ; ) (0;0),( 1;0), ; 2 2  a b æ ö = - ± ç ÷ ç ÷ è ø  0.25  Vậy có bốn số phức  1 2 3 4  1 3 1 3  0, 1, ,  2 2 2 2  z z z i z i = = - = + = -  thỏa mãn phương trình đã cho.  0.25  9b  Để ý rằng, do  k  z  là nghiệm của phương trình đã cho, nên  2  4  k k  z z =  , do đó  2 2  4 4 4 4  1 2 3 4  1 3 1 3 1  1 .  2 2 2 2 2  z z z z i i æ ö æ ö + + + = + + + - = ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø è ø  0.25  Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl . SỞ GD­ĐT V NH PHÚC  THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN V NĂM HỌC 2012 – 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN  Môn: Toán – Khối A, A1 V NH PHÚC  Thời gian: 180 phút  Ngày thi:   I. . Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) gửi tới www.laisac.page.tl 1 SGDưTVNHPHC THITHIHCLNV NMHC2012 2013 TRNGTHPTCHUYấN HDchmmụnTON KhiA ,A1 VNHPHC Hngdnchung: ư Mimtbitoỏncúthcúnhiucỏchgii,trongHDCnych