Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan laisac de86 2014

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  . 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 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 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 133x . 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 0x , 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 2m 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 - 