Đáp án Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2012-2013 - Huỳnh Đức Khánh

Đáp án Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2012-2013 giúp các em có cơ sở để kiểm tra, đối chiếu kết quả làm bài. Đây là tài liệu bổ ích giúp các em ôn tập, chuẩn bị cho kì thi ĐH, CĐ sắp tới.

Đây Đề thi thử số soạn (có số câu lấy từ nguồn khác), bạn so sánh xem với ĐỀ DỰ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 thầy NGUYỄN THÀNH LONG đưa lên có giống khơng? Giống đến 8/13 câu ThầyLONG ghi đề DỰ BỊ NĂM 2012 Tôi mong thầy LONG nên cẩn thận cách ghi tiêu đề HUỲNH ĐỨC KHÁNH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - 2013 ĐỀ THI THỬ SỐ 02 Môn thi : TOÁN; Khối A Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 − m2 − m + x2 + m − 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để đồ thị hàm số có khoảng cách hai điểm cực tiểu ngắn Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình : cos3 x − sin3 x = cos 2x + (cos x + sin x) √ √ √ Giải phương trình : x − + x + = x + 79, (x ∈ R) π (sin 2x + cos x + 1) + (2x cos x + 1) ln x dx sin x + x ln x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : I = π Câu IV (1,0 điểm)√Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Mặt bên SAD tam giác SB = a Gọi E, F trung điểm AD AB Gọi H giao điểm F C EB Chứng minh SE⊥EB, CH⊥SB tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ P = ab + bc + ca − 2abc PHẦN RIÊNG(3 điểm): Thí sinh làm phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(4; 3) Đường thẳng (d) : x − y − = (d ) : x + y − = cắt M Tìm B ∈ (d) C ∈ (d ) cho A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M BC Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (∆) qua A(3; −2; −4), song song với x−2 y+4 z−1 mặt phẳng (P ) : 3x − 2y − 3z − = cắt đường thẳng (d) : = = −2 2 Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn 1+z = |z − i| +(iz − 1) Tính mơđun số phức w = z+ z+1 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M (1; −1) hai đường thẳng có phương trình (d1 ) : x−y−1 = 0, (d2 ) : 2x + y − = Gọi A giao hai đường thẳng Viết phương trình đường thẳng (d) qua M , cắt hai đường thẳng B C cho ABC tam giác có BC = 3AB y−2 z−3 x−1 = = đường thẳng Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d1 ) : x+1 y−1 z−2 (d2 ) : = = Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc (d1 ), bán kính 5, đồng thời cắt (d2 ) tạo thành dây cung có độ dài lớn √ Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm biểu diễn mặt phẳng phức Oxy số phức z = (1+i 3)z +2 biết số phức z thỏa mãn |z − 1| ≤ ——— HẾT ——— Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 02 Câu I Ta có : y ' = 4x − ( m − m + ) x = 4x  x2 − ( m − m + )  x = y ' = ⇔  2  x = m − m + Để đồ thị hàm số có hai cực tiểu ⇔ y ' = có nghiệm phân biệt  1 ⇔ m − m + > ⇔  m −  + > 0, ∀m ∈ ℝ  2 2 ( ) Tọa độ hai điểm cực tiểu B − m2 − m + 1; yCT C ( ) m2 − m + 1; yCT  1 3 Khoảng cách hai điểm cực tiểu BC = m − m + =  m −  + ≥ =  2 4 2 Câu II Phương trình cho cos x − sin x ⇔ = cos 2x + + sin x cos x ⇔ ( cos3 x − sin x ) = cos 2x ( + sin x cos x ) ⇔ ( cos x − sin x )( + cos x sin x ) = ( cos x − sin x )( cos x + sin x )( + sin x cos x ) ⇔ ( cos x − sin x )( + cos x sin x )  − ( cos x + sin x )  =  ta n x =  cos x − sin x =    ⇔  + cos x sin x = ⇔  sin 2x = −2 ( VN )  cos x + sin x =  − cos x + sin x = ( ) ( VN )   π • tan x = ⇔ x = + kπ, k ∈ ℤ π Vậy phương trình có nghiệm x = + kπ ( k ∈ ℤ ) Câu II Bỏ trống Câu III Dấu '' = '' xảy m = Phân tích : ( sin 2x + cos x + ) + ( 2x cos x + ) ln x = sin 2x + 2x cos x ln x + cos x + + ln x = cos x ( sin x + x ln x ) + cos x + + ln x Phần nháp π Ta có : I = ∫ π π = ∫ π cos x ( sin x + x ln x ) + ( cos x + + ln x ) sin x + x ln x cos x ( sin x + x ln x ) sin x + x ln x π dx + ∫ π dx cos x + + ln x dx sin x + x ln x Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh π π π π +∫ cos x + + ln x dx Đặt : t = sin x + x ln x sin x + x ln x ⇒ = 2∫ cos xdx + ∫ π • Tính A = ∫ π Đổi cận : x = Do : A = cos x + + ln x dx = sin x sin x + x ln x π π π ⇒ t = + ln ; 6 π π 1+ ln 2 π π 1+ ln 2 π + ln 6 π π + ln 6 ∫ Vậy I = sin x π π π π π dt = ln t t π x= π cos x + + ln x dx sin x + x ln x dt = ( cos x + + ln x ) dx π π π ⇒ t = + ln 2  1 π π π π = ln  + ln  − ln  + ln  2   6   1 π π π π + A = + ln  + ln  − ln  + ln    6  2  Câu IV Tam giác SAD cạnh a nên SE = a S Xét tam giác EAB vuông B, ta có : EB = AE2 + AB2 = a a Ta có 3a 5a + = 2a = SB2 4 Suy tam giác SEB vuông E hay SE ⊥ EB (1) SE2 + EB2 = F A B H E a D C Mặt khác, tam giác SAD có E trung điểm nên SE ⊥ AD Từ (1) (2) suy SE ⊥ ( ABCD ) (2) Từ SE ⊥ ( ABCD ) (3) ⇒ SE ⊥ EB Ta có : ∆EAB = ∆BFC Mặt khác, Suy ⇒ ABE = FCB AEB = CBH (so le trong) 900 = ABE + AEB = FCB + CBH Do CH ⊥ EB Từ (3) (4) suy CH ⊥ ( SEB ) Tính VC.SEB = VS.ECB = (4) ⇒ CH ⊥ SB  11 a3 S∆ECB SE =  BC.AB  SE = (đvtt) 3  12  Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh Câu V Bỏ trống Câu VI a Do M giao điểm ( d ) ( d ' ) nên M ( x; y ) nghiệm hệ  x − y − =  x = ⇔  ⇒ M ( 3;1 )   x + y − =  y =   Điểm B thuộc ( d ) : x − y − = nên B ( + b; b ) , C thuộc ( d ' ) : x + y − = nên C ( − c; c ) Do A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC nên (3 − 4) ( b − 2) + (b − 3)  b = ⇒ B ( 3;1 ) ≡ M ( loai )   b = ⇒ B ( 6; )  AM = AB ⇔ ⇔ b2 − 5b + = ⇔ + (1 − ) = 2 AM = AC ⇔ (3 − 4) + (1 − ) = ( −c ) + (c − 3)  c = ⇒ C ( 3;1 ) ≡ M ( loai ) ⇔ c2 − 3c + = ⇔   c = ⇒ C ( 2;2 ) Vậy B ( 6; ),C ( 2;2 ) Câu VI a  x = + 3t  Ta có : ( d ) :  y = −4 − 2t, t ∈ ℝ Gọi M = ( ∆ ) ∩ ( d ) nên M ( + 3t; −4 − 2t;1 + 2t )   z = + 2t Suy ( ∆ ) có vtcp AM ( 3t − 1; −2t − 2;2t + ) Do ( ∆ ) song song với mặt phẳng ( P ) nên với n P ( 3; −2; −3 ) vtpt ( P ) AM.n P = ⇔ ( 3t − ) − ( −2t − ) − ( 2t + ) = ⇔ t = Với t = ⇒ AM ( 5; −6;9 ) Đường thẳng ( ∆ ) qua A ( 3; −2; −4 ) có vtcp AM ( 5; −6; ) nên (∆) : x−3 y+2 z+4 = = −6 Câu VII a Gọi z = a + bi; a, b ∈ ℝ Suy z = a − bi Khi : + z = z − i + ( iz − ) 2 ⇔ + a − bi = a + ( −b − ) i +  i ( a + bi ) −  2 ⇔ + a − bi = a + ( b + ) + ( −b − + ) 2 ⇔ + a − bi = a + ( b + ) + ( b + ) − 2a ( b + ) i − a 2 ⇔ + a − bi = ( b + ) − 2a ( b + ) i 1 + a = ( b + )2 (1) ⇔  −b = −2a ( b + ) (2)  2 Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh Từ (2) suy : a = b , thay vào (1) ta ( b + 1) 1+ ⇔ b = ( b + 1) ( b + 1) ⇔ ( b + 1) + b = ( b + ) ( b + 1) 2 ( b + 1) + ( b + 1) − = ( b + 1) ( b + 1)  t = −1 ⇒ b = −2 ⇒ a =  Đặt t = b + , ta ⇔ 2t + t − = 2t 2t ⇔ 4t − 3t + = ⇔  t = ⇒ b = −1 ⇒ a = −1  2 • Với a = 1; b = −2 Suy z = − 2i Khi w = z+ 4 = − 2i + = − 2i + + i = − i = z+1 − 2i 1 1 • Với a = − ; b = − Suy z = − − i Khi 2 2 w = z+ 1 1 7 = − − i+ = − − i+ = + i = z +1 2 1 2 1− i 2 − i 2 Câu VI b Do A giao điểm ( d1 ) ( d2 ) nên A ( x; y ) nghiệm hệ  x − y − =  x = ⇔  ⇒ A ( 2;1 )   2x + y − =  y =   Điểm B = ( d1 ) ∩ ( d ) nên B ( + b; b ) , C = ( d2 ) ∩ ( d ) nên C ( c; − 2c ) Suy MB ( b; b + ), MC ( c − 1; − 2c ), AB ( b − 1; b − ), BC ( c − b − 1;5 − 2c − b ) Ba điểm B, C M thuộc đường thẳng ( d ) nên MB MC phương ⇔ b ( − 2c ) = ( b + )( c − ) ⇔ 7b + = ( 3b + ) c ⇔ Yêu cầu toán BC = 3AB ⇔ ( c − b − 1) ⇔  −3b2 + 3b   −3b2 +    +   =3  3b +   3b +  + ( − 2c − b ) = 2 9b2 ( −b + ) + ( −b2 + ) + ( b − 1) 2 ( b − 1) 2 ⇔ ( b − 1) = 18 ( b − ) ( 3b + ) 2 ⇔ ( − b )  b2 + ( + b )  = ( b − ) ( 3b + )    2 ⇔ ( − b )  b + ( + b ) − ( 3b + )  =   ⇔ ( − b )  −16b2 − 10b −  = 2 b =  ⇔  b = −1 /  b = −1 /  • Với b = ⇒ B ( 2;1 ) ≡ A (loại) + ( b − 1) c= 7b + 3b + Thạc sĩ : Huỳnh Đức Khánh 1 1 • Với b = − ⇒ c = Suy B  ; − , C ( 5; −5 )  2     23  1 • Với b = − ⇒ c = Suy B  ; − , C  ;   8   5  Câu VI b Gọi I tâm mặt cầu ( S ) Do I ∈ ( d1 ) nên I ( + t;2 + 2t; + 3t ) Đường thẳng ( d2 ) qua M ( −1;1;2 ) có vtcp u d2 ( 1;2;1 ) Suy IM ( −t − 2; −2t − 1; −3t − ) ⇒  IM; u d2  = ( 4t + 1; −2t + 1; −3 )   Mặt cầu ( S ) cắt đường thẳng ( d2 ) tạo thành dây cung lớn d ( I; d2 ) nhỏ  IM; u   d2   = Ta có d ( I; d2 ) =  u d2 ( 4t + ) + ( −2t + ) + 1+ +1  1 54 20  t +  + 10   = 20t2 + 4t + 11 =  18 27  Dấu '' = '' xảy t = − Suy I  ; ;   10 10 10  10 ≥ 54 =    9 18  27  Vậy ( S ) :  x −  +  y −  +  z −  = 25   10  10  10   2 Câu VII b Gọi z ' = x + yi; x, y ∈ ℝ Ta có ( ) z′ = + i z + ⇔ z= ⇔ z= z '− 1+i x − + yi 1+ i = x + y − −x + y + i + 4 Yêu cầu toán z −1 ≤ ⇔ x + y − −x + y + + i −1 ≤ 4 ⇔ x + y − −x + y + + i ≤2 4 ⇔ ⇔ (x + y (x + y −6 16 3−6 ) ( −x + +y+2 ) + ( −x +y+2 2 ⇔ x + y − 6x − 3y ≤ ⇔ ( x − 3) 16 ) ) ≤2 ≤8 2 ( + y− ) ≤ 16 Vậy tập hợp điểm biểu diễn mặt phẳng phức Oxy số phức z ' hình trịn (kể đường ( ) trịn) tâm I 3; , bán kính R = HẾT ... π + A = + ln  + ln  − ln  + ln    6  2  Câu IV Tam giác SAD cạnh a nên SE = a S Xét tam giác EAB vng B, ta có : EB = AE2 + AB2 = a a Ta có 3a 5a + = 2a = SB2 4 Suy tam giác... vuông E hay SE ⊥ EB (1) SE2 + EB2 = F A B H E a D C Mặt khác, tam giác SAD có E trung điểm nên SE ⊥ AD Từ (1) (2) suy SE ⊥ ( ABCD ) (2) Từ SE ⊥ ( ABCD ) (3) ⇒ SE ⊥ EB Ta có : ∆EAB = ∆BFC... qua A ( 3; −2; −4 ) có vtcp AM ( 5; −6; ) nên (∆) : x−3 y+2 z+4 = = −6 Câu VII a Gọi z = a + bi; a, b ∈ ℝ Suy z = a − bi Khi : + z = z − i + ( iz − ) 2 ⇔ + a − bi = a + ( −b − ) i +  i ( a