SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THITHỬĐẠIHỌC 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 1m . 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 . C âu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 85)6(2 32 xxx . C âu 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 C âu 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. C âu 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 Cảm ơn cô Trương thị Hằng ( bonghong79@yahoo.com.vn) gửi tới www.laisac.page.tl Trang 1/6 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀTHITHỬ 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 1 12 9 2 2 3 x x x y 1,00 * Tập xác định : D = R. * Sự biến thiên của hàm số: - Giới hạn tại vô cực: x y lim , x y lim . 0,25 - Bảng biến thiên: Ta có: R x x x y , 12 18 6 ' 2 ; 2 0 ' x y 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 Trang 2/6 1.b Tìm m để hàm số 1 12 9 2 2 2 3 x m mx x y (1) nghịch biến trên khoảng ) 3 ; 2 ( . 1,00 R x m mx x y , 12 18 6 ' 2 2 . 2 9 ' m . - Nếu 0 m thì R x y , 0 ' , hàm số đồng biến trên R. Vậy 0 m không thỏa mãn. 0,25 - Nếu 0 m thì m x m y 2 0 ' . Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng ) 3 ; 2 ( khi và chỉ khi m m 3 2 2 (vô nghiệm). 0,25 - Nếu 0 m thì m x m y 2 0 ' . Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng ) 3 ; 2 ( khi và chỉ khi 2 3 2 2 3 2 m m m . 0,25 Vậy, các giá trị m cần tìm là ] 2 3 ; 2 [ m . 0,25 2. Giải phương trình: 0 sin cos 3 cos 3 sin sin 4 2 5 sin x x x x x x . 1,00 Điều kiện : 0 sin x . Với điều kiện này, phương trình đã cho tương đương: 0 ) sin 3 sin cos 3 (cos 4 cos x x x x x 0,25 2 2 4 2 cos 4 cos k x x x x ) ( Z k k x hoặc ) ( 3 Z k k x 0,25 )( 3 Zkkx . 3 k x thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi ) ( 1 3 Z m m k hoặc ) ( 2 3 Z m m k 0,25 Vậy, nghiệm của phương trình là ) ( 3 Z m m , ) ( 3 2 Z m m . 0,25 3. Giải phương trình: 8 5 ) 6 ( 2 3 2 x x x (2). 1,00 Điều kiện: 2 x . Với điều kiện này, phương trình (2) tương đương với phương trình 0 ) 2 ( 2 2 . 4 2 5 ) 4 2 ( 2 2 2 x x x x x x (3). Đặt 2 , 4 2 2 x b x x a ( ) 0 , 0 b a , phương trình (3) trở thành: 0 2 5 2 2 2 b ab a 0,25 0 ) 2 )( 2 ( b a b a b a 2 hoặc b a 2 . 0,25 - Với ba 2 , ta có 0 14 9 4 2 4 2 2 2 2 x x x x x (vô nghiệm) 0,25 - Với b a 2 , ta có 0462242 2 2 xxxxx 13 3 x (tmđk). Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm là 133x . 0,25 4. Tính tích phân 3/ 3 / 2 ) 3 sin cos ( sin 2 dx x x x x I . 1,00 3 / 3 / 2 ) 3 sin sin 2 2 sin ( dx x x x x I K J trong đó 3/ 3/ 2 2 sin xdx x J , 3/ 3/ sin 3 sin 2 xdx x K . 0,25 Trang 3/6 - Tính K : 4 3 3 4 4 sin 2 2 sin ) 4 cos 2 (cos 3 / 3 / 3 / 3 / x x dx x x K . 0,25 - Tính J : Đặt x u , ta có dx du u x u x , 2 sin 2 sin , 22 , , 3 3 u 3 3 u . Do đó J udu u udu u J 3 / 3 / 2 3 / 3 / 2 2 sin 2 sin 0 J . 0,25 . 4 3 3 K J I 0,25 5. . Tính thể tích khối lăng trụ 1 1 1 . C B A ABC 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 3 60 tan 0 a AB AC , B 1 C 1 a AB BC CH BH AH 0 60 cos 2 2 1 . A Vì ) ( 1 ABC H A nên góc giữa đường thẳng 1 AA B H C và mặt phẳng ) ( ABC bằng góc AH A 1 . Kết hợp giả thiết, ta có 0 1 60 AH A . 0,25 Suy ra 3 60 tan 0 1 a AH H A , a AH AA 2 60 cos 0 1 . Thể tích khối lăng trụ đã cho là 2 3 3.3. 2 1 2 1 . 3 1 1 a aaaHAACABHASV ABC . 0,25 Vì 11 // A A BB nên góc giữa hai đường thẳng 1 CA và 1 BB bằng góc giữa hai đường thẳng 1 CA và 1 AA . Ta có a a a CH H A CA 2 3 2 2 2 2 1 1 . Do đó 8 5 2 . 2 . 2 3 4 4 . 2 cos cos 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 a a a a a CA AA AC CA AA C AA . 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 1 3 ) 1 1 ( 3 3 4 x x x x mx (4) có nghiệm. 1,00 Điều kiện: 10 x . - Xét 0x , thay vào (4) không thỏa mãn với mọi Rm . 0,25 - Xét ] 1 ; 0 ( x , ta có 0 ) 1 1 ( 3 4 x x x , nên bpt (4) tương đương với bpt 3 4 3 ) 1 1 ( 3 1 x x x x x m . 0,25 Đặt 3 4 3 ) 1 1 ( 3 1 ) ( x x x x x x f , ta có 3 4 3 3 4 3 ) 1 1 ( 1 . 1 3 ) 1 1 ( 1 . 3 1 ) ( x x x x x x x x x x f . 0,25 Trang 4/6 Vì ] 1 ; 0 ( x nên 0 1 3 x x và 1 ) 1 1 ( 0 3 4 x x ] 1 ; 0 ( , 3 ) ( x x f . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 x . Do đó, bpt (4) có nghiệm khi và chỉ khi ) ( min ] 1 ; 0 ( x f m x hay 3 m . 0,25 7.a .Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC . 1,00 Ta có 5 ) 2 ; 1 ( AB AB . Phương trình của đường thẳng AB là 0 ) 1 ( ) 1 ( 2 y x hay 0 1 2 y x . Gọi là đường thẳng qua C và song song với AB . Khi đó, phương trình của có dạng ) 1 ( 0 2 m m y x . Vì AB// nên ) ; ( ) ; ( AB C d A d hay AB S m ABC 2 5 1 1 1 m 0 m (tm) hoặc 2 m (tm). 0,25 - Với 0 m thì có phương trình 0 2 y x . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 0 9 14 5 2 0 9 4 6 2 2 2 2 x x x y y x y x x y (vô nghiệm). 0,25 - Với 2m thì có phương trình 022 yx . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 0 21 22 5 2 2 0 9 4 6 2 2 2 2 2 x x x y y x y x x y 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 ) ; ; ( c b a M , ta có ), ; 1 ; 1 ( c b a BM ) 3 ; 6 ; 3 ( BC . Vì M thuộc đoạn BC và BM MC 2 nên BC BM 3 1 1 1 2 1 2 1 1 1 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 t z t y t x 2 3 . 0,25 Tọa độ hình chiếu H của B trên đường thẳng AM có dạng ) 2 ; ; 3 ( t t t . Ta có H và )2;1;2( tttBH . Vì AM BH nên 0. MABH hay 0 2 1 2 t t t 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 Trang 5/6 9.a Tìm số phức z . 1,00 Gọi số phức cần tìm là bi a z ) , ( R b a . Khi đó i b a i z ) 2 ( 2 . Từ giả thiết, ta có hệ phương trình: 013 5 ) 2 ( 2 2 ba b a 0,25 1 3 5 ) 1 3 ( 2 2 a b a a 1 3 0 2 3 5 2 a b a a 0,25 4 1 b a hoặc 5 1 5 2 b a . 0,25 Vậy, có hai số phức cần tìm là i 4 1 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 ( b a . 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 48 2 . 2 2 c a b a (I). 0,25 Ta có (I) 2 4 256 25 12 c a ab ) ( 256 25 12 2 2 4 b a a ab 2 2 4 144 256 25 12 a a a a b 0,25 0 36864 256 25 12 4 6 a a a b 0 ) 2304 144 25 )( 16 ( 12 2 4 2 a a a a b 16 12 2 a a b (vì 0 2304 144 25 2 4 a a ) 16 9 2 2 a b (thỏa mãn). 0,25 Vậy, phương trình chính tắc của hypebol ) ( H là 1 9 16 2 2 y x . 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 ( z c y b ax ) 0 ( 222 c b a hay 0 2 3 c b cz by ax . Đường thẳng 4 1 1 1 : z y x 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 Trang 6/6 Vì mặt phẳng ) ( P song song với và khoảng cách giữa và ) ( P bằng 3 nên ta có 3 )) ( ; ( 0 . ) ( P A d n u P A hay 3 3 3 0 4 0 3 3 2 2 2 cba b c c b a b c 2 2 2 2 ) 4 ( ) ( 4 c b c b b c c b a 0 16 10 4 2 2 c bc b c b a c b c a 2 2 hoặc c b c a 8 4 . 0,25 - Với c b c a 2 , 2 , ta chọn 2 a thì 2 b , 1 c . Khi đó, ) ( P có phương trình 0 8 2 2 z y x . 0,25 - Với c b c a 8 , 4 , ta chọn 4 a thì 8 b , 1 c . Khi đó, ) ( P có phương trình 0 26 8 4 z y x . Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm là 0 8 2 2 z y x , 0 26 8 4 z y x . 0,25 9.b Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức 10 ) 3 1 ( i z . 1,00 10 10 10 10 10 3 sin 3 cos 2 2 3 . 2 1 2 ) 3 1 ( i i i z . 0,25 Áp dụng công thức Moa-vrơ, ta có 3 4 sin 3 4 cos 2 3 10 sin 3 10 cos 2 10 10 i i z . 0,25 Các acgumen của z đều có dạng ) ( 2 3 4 Z k k . Ta có 3 2 0 2 3 4 k k 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-------- Cảm ơn cô Trương thị Hằng ( bonghong79@yahoo.com.vn ) gửi tới www.laisac.page.tl . cần tìm của z là 3 2 . 0,25 -- -- - -- - -Hết -- - -- - -- Cảm ơn cô Trương thị Hằng ( bonghong79@yahoo.com.vn ) gửi tới www .laisac. page.tl . 0,25 - Bảng biến thi n: Ta có: R x x x y , 12 18 6 ' 2 ; 2 0 ' x y hoặc 1 x . x - -2 -1 y’ + 0 - 0 + y -3 -4 -