PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số: 4 2 x x 2 y (C) 6 2 3 = + − 1. Kh ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số. 2. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt đồ thị hàm số (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác ABD là tam giác đều trong đó D là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (C). Câu II (2.0 điểm) 1. Giải phương trình sau: + + − = 3sin 3x 2 sin x(3 8cos x) 3cos x 2. Giải hệ phương trình sau: 3 3 3 3 5x 7y 2xy 38 (x,y ) 4x 3y 7xy 4 + + = ∈ − − = − ℝ Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân sau: π + = ∫ 4 4 4 0 sin x 1 I dx cos x Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đ áy ABCD là hình thoi tâm O, c ạ nh 4a và o ABC 60 = . Hình chi ế u c ủ a đỉ nh S trên m ặ t ph ẳ ng (ABCD) là trung đ i ể m H c ủ a OA. Góc gi ữ a m ặ t ph ẳ ng (SCD) và m ặ t ph ẳ ng đ áy b ằ ng o 60 . Tính th ể tích c ủ a kh ố i chóp S.ABCD theo a và cosin c ủ a góc t ạ o b ở i đườ ng th ẳ ng AO và m ặ t ph ẳ ng (SCD). Câu V (1.0 điểm) Cho a, b, x, y là b ố n s ố d ươ ng th ỏ a mãn 5 5 a b 2 + = và x, y 4 ≤ . Hãy tìm giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a bi ể u th ứ c: 2 2 2 2 x 2y 24 P xy(a b ) + + = ⋅ + PHẦN RIÊNG (3.0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a (2.0 điểm) 1. Trong m ặ t ph ẳ ng Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đ áy là AB và CD, CD 2AB= . Bi ế t A(2; 1)− , B(4;1) và đ i ể m M( 5; 4)− − thu ộ c đ áy l ớ n c ủ a hình thang. Hãy xác đị nh t ọ a độ đỉ nh C và D c ủ a hình thang. 2. Trong không gian Oxyz, cho 4 đ i ể mA(1;2;3), B( 2;2; 3), C(1;1; 5), D(3; 1; 2)− − − − − và m ộ t đ i ể m M thu ộ c đườ ng th ẳ ng CD. Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng (ABM) bi ế t th ể tích kh ố i t ứ di ệ n M.ABC g ấ p hai l ầ n th ể tích kh ố i t ứ di ệ n M.ABD. Câu VII.a (1.0 điểm) Trong m ặ t ph ẳ ng ph ứ c Oxy, tìm t ậ p h ợ p các đ i ể m M bi ể u di ễ n s ố ph ứ c w (1 2i)z 3= − + bi ế t z là s ố ph ứ c th ỏ a mãn: z 2 5.+ = B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (2.0 điểm) 1. Trong m ặ t ph ẳ ng Oxy, cho hình thoi ABCD có đườ ng chéo AC n ằ m trên đườ ng th ẳ ng : x y 1 0∆ + − = . Đ i ể m M(4;9) n ằ m trên đườ ng th ẳ ng ch ứ a c ạ nh AB, đ i ể m N( 5; 2)− − n ằ m trên đườ ng th ẳ ng ch ứ a c ạ nh AD. Bi ế t AC = 2 2 . Hãy xác đị nh t ọ a độ đỉ nh C c ủ a hình thoi ABCD. 2. Trong không gian Oxyz, cho m ặ t c ầ u (S) có ph ươ ng trình: 2 2 2 x y z 4x 2y 6z 12 0+ + − + + − = và đườ ng th ẳ ng (d): x 5 2t; y 4;z 7 t= + = = + . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng ∆ ti ế p xúc m ặ t c ầ u (S) t ạ i đ i ể m M(5;0;1) bi ế t đườ ng th ẳ ng ∆ t ạ o v ớ i đườ ng th ẳ ng (d) m ộ t góc ϕ th ỏ a mãn 1 cos 7 ϕ = ⋅ Câu VII.b (1.0 điểm) Gi ả i h ệ ph ươ ng trình sau: ( ) ( ) 2 2 x y x y 2 4.3 32 2 2. 3 4 − = − − = − -------------------------- Hết -------------------------- SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THITHỬĐẠIHỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN; Khối B, D Th ời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi 13/04/2013 Cảm ơn (beyeu79@gmail.com ) gửi tới www.laisac.page.tl Trang 1/6 Câu Đáp án Điểm I (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Khảo sát… • Tập xác định: = ℝD . • Sự biến thiên: →−∞ = +∞ x lim y , →+∞ = +∞ x lim y 0.25 = + = ⇔ = ⇒ = − 3 2 2 y' x x, y ' 0 x 0 y 3 3 Bảng biến thiên: x −∞ 0 +∞ y' – 0 + y +∞ +∞ CT − 2 3 0.25 Hàm số đạt CT tại = CT x 0; = − CT 2 y 3 , hàm số không có cực đại. Hàm s ố nghịch biến trên −∞ ( ;0) và đồng biến trên +∞ (0; ) . 0.25 0.25 2. (1.0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… Ta có: − 2 D 0; 3 . Do ∈A,B (C) và ∆ABD đều ⇒ AB//Ox và A, B đối xứng nhau qua Oy. (Do tính ch ất đối xứng của (C)) Do đó, ta giả sử: + − ∈ 4 2 a a 2 A a; (C) 6 2 3 với >a 0 ⇒ − + − 4 2 a a 2 B a; 6 2 3 0.25 Khi đó, ∆ABD đều ⇔ = ⇔ = ⇔ = + + 2 4 2 2 2 2 2 a a AB AD AB AD 4a a 6 2 0.25 ⇔ + = ⇔ + = 2 4 2 4 2 2 a a a a 3a 3a 6 2 6 2 (do a > 0 ) a a (a )(a a ) a A ; a a (Voâ nghieäm vì ) ⇔ + − = ⇔ − + + = = ⇔ ⇒ + + = ∆ = − < 3 2 2 3 6 3 0 3 3 6 0 3 7 3 3 3 6 0 21 0 0.25 ∆là đường thẳng đi qua A và song song Oy⇒ phương trình đt ∆ là = ⋅ 7 y 3 0.25 II (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Giải phương trình: + + − =3sin 3x 2 sin x(3 8cos x) 3cosx ⇔ + + − =3sin 3x 3sin x 2 8sin x cos x 3cosx ⇔ − + − =3.2sin 2x cos x 4 sin 2x 2 3cosx 0 0.25 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THITHỬĐẠIHỌC LẦN 3 NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối B, D (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) • Đồ thị: x 1 −1 y 0 0 - Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. Trang 2/6 II (2.0 điểm) ⇔ − + − = 2sin 2x(3cos x 2) 2 3cos x 0 ⇔ − − = (3cos x 2)(2sin 2x 1) 0 0.25 π = = − = ⇔ ⇔ − = = 1 sin 2x sin 2sin 2x 1 0 2 6 3cos x 2 0 2 cosx 3 0.25 π π = + π = + π π π ⇔ = + π ⇔ = + π = ± + π = ± + π 2x 2k x k 6 12 5 5 2x 2k x k 6 12 2 2 x arccos 2k x arccos 2k 3 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: π π = + π = + π = ± + π 5 2 x k ;x k ;x arccos 2k 12 12 3 . 0.25 2. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình… HPT + + = − = ⇔ ⇔ − − = − + + = 3 3 3 3 3 3 3 5x 7y 2xy 38 43x 43xy 86 4x 3y 7xy 4 5x 7y 2xy 38 = + = + = + ⇔ ⇔ ⇔ + + + = + = = − 3 3 3 3 3 3 x xy 2 x xy 2 x xy 2 (I) 5xy 10 7y 2xy 38 7y 7xy 28 y 4 xy 0.25 a. Với = ⇒ = x 0 (I) y 0 vô nghiệm. 0.25 b. Với ≠x,y 0 , từ (I) ⇒ = + − ⇔ = − + + 3 3 3 3 2 2 x y (xy 2)(4 xy) x y x y 2xy 8 ⇔ + − − = 3 3 2 2 x y x y 2xy 8 0 ⇔ − + + = 2 2 (xy 2)(x y 3xy 4) 0 xy x y xy (Voâ nghieäm vì ) = ⇔ + + = ∆ = − < 2 2 2 3 4 0 7 0 0.25 Với =xy 2 . Thay vào (I) ta được: = = ⇔ = = 3 3 3 3 x 4 x 4 y 2 y 2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là ( ) 3 3 4; 2 . 0.25 III (1.0 điểm) Tính tích phân … Ta có: π π + = = + = + ∫ ∫ 4 4 4 4 1 2 4 4 0 0 sin x 1 1 I dx tan x dx I I cos x cos x ▪ Tính π π = = + − + + ∫ ∫ 4 4 4 2 2 2 1 0 0 I tan xdx tan x(tan x 1) (tan x 1) 1 dx π π π π π = − + = − + = − + ∫ 3 4 4 2 4 0 0 0 tan x 2 (tan x 1)d(tan x) x tan x 3 4 3 4 0.5 ▪ Tính π π π = = ⋅ = + = ⋅ ∫ ∫ ∫ 4 4 4 2 2 4 2 2 0 0 0 1 1 dx 4 I dx (1 tan x)d(tan x) cos x cos x cos x 3 0.25 Vậy π π = + = − + + = + ⋅ 1 2 2 4 2 I I I 3 4 3 4 3 0.25 Trang 3/6 IV (1.0 điểm) Tính thể tích khối lăng trụ … S A B C D H K L M O 60 o 60 o 4a Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là = o SKH 60 0.25 ∆OCD vuông tại O có = ⇒ = = = ⋅ o o 3 OCD 60 OL OC.sin 60 2a a 3. 2 ∆HCK có OL//HK ⇒ = = ⇒ = = ⋅ OL OC 2 3 3 3a HK OL HK HC 3 2 2 ∆SHK vuông tại H ⇒ = = ⋅ = ⋅ o 3 3a 9a SH HK. tan 60 3 2 2 Vậy = = ⋅ ⋅ = 2 3 S.ABCD ABCD 1 1 9a V SH.S 8 3a 12 3a . 3 3 2 0.25 ▪ Tính góc giữa AO và mặt phẳng (SCD). Trong mp (SHK) kẻ ⊥ ∈ ⇒ ⊥ HM SK (M SG) HM (SCD) (do ⊥ CD (SHK)) ⇒ M là hình chiếu của H trên (SCD). Mà ∩ = AO (SCD) C ⇒ MC là hình chiếu của AO trên (SCD). ⇒ Góc giữa đường thẳng AO và (SCD) là HCM 0.25 ∆ HMK vuông tại M ⇒ = = ⋅ = o 3 3a 3 9 HM HK.sin 60 a 2 2 4 ∆ HCM vuông tại M ⇒ = = = ⇒ = ⋅ 9 a HM 3 7 4 sin HCM cos HCM HC 3a 4 4 0.25 V (1.0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất… Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: + + + + ≥ = 5 5 5 5 5 2 a a 1 1 1 5 a .a .1.1.1 5a + + + + ≥ = 5 5 5 5 5 2 b b 1 1 1 5 b .b .1.1.1 5b Suy ra: + + ≥ + ⇔ + ≤ 5 5 2 2 2 2 2a 2b 6 5(a b ) a b 2 0.25 Do đó + + ≥ = + + 2 2 x 2y 24 x y 12 P xy.2 2y x xy Xét hàm số = + + x y 12 f(x) 2y x xy với ∈x (0;4] và y là tham số. Ta có: − − − − − = ≤ = < ∀ ∈ 2 2 2 2 2 2 2 x 2y 24 4 2.0 24 8 f '(x) 0 x,y (0;4] 2x y 2x y 2x y ⇒ f '(x) nghịch biến trên (0;4] ⇒ ≥f(x) f(4) 0.25 Suy ra: ≥ = + + = + = 2 y 3 5 y P f(4) g(y) y 4 y y 4 với ∈y (0;4] Ta có: = − + ≤ − + = − < ∀ ∈ 2 5 1 5 1 1 g'(y) 0 y (0;4] y 4 16 4 16 ⇒ g(y) nghịch biến trên ( ; ]0 4 ⇒ ≥ = + =g(y) g(4) 5 / 4 1 9 / 4. 0.25 Ta có: ∆ = = = o 2 ABCD ABC S 2S 4a.4a.sin 60 8 3a Từ giả thiết ta có: = = 1 AH HO OC. 2 Trong m ặt phẳng (ABCD), gọi L là chân đường cao hạ từ O của ∆OCD Kẻ HK//OL ∈(K CD) ⇒ ⊥HK CD (1) Mà H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD) ⇒ ⊥SH CD (2) T ừ (1), (2) ⇒ ⊥CD (SHK) Trang 4/6 V (1.0 điểm) Vậy giá trị nhỏ nhất của = 9 P 4 khi = = = = a b 1;x y 4 . 0.25 VI.a (2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Tìm tọa độ đỉnh C, D. A B C D I H M 0.25 Gọi I là trung điểm của AB⇒ I(3;0)và H là hình chiếu của I trên CD. ⇒ H là trung điểm của CD. Do ⊥ ⇒IH AB IH nhận = AB (2;2) là 1 VTPT. ⇒ phương trình IH là: ( ) − + − = ⇔ + − =2 x 3 2(y 0) 0 x y 3 0. Mà = ∩ ⇒H IH CD tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: + − = = ⇔ ⇒ − + = = x y 3 0 x 1 H(1;2) x y 1 0 y 2 0.25 Giả sử ( ) + ∈C c;c 1 CD . Do H là trung điểm của CD ⇒ = = ⇔ = 2 2 CD CH AB CH AB 2 0.25 ( ) ⇔ − = 2 2 c 1 8 c C( ; ) (thoûa maõn) D( ; ) c c c C( ; ) (loaïi vì DC AB) = ⇒ ⇒ − − = ⇔ ⇔ − = − = − ⇒ − = − 3 3 4 1 0 1 2 1 2 1 1 0 2 Vậy tọa độ hai điểm C, D thỏa mãn đề bài là: −C(3;4), D( 1;0). 0.25 2. (1.0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng… Mặt phẳng (ABM) đi qua điểm A có phương trình dạng: − + − + − = + + ≠ 2 2 2 a(x 1) b(y 2) c(z 3) 0 (a b c 0) ∈ ⇔ − + − = ⇔ = −B (ABM) 3a 0 6c 0 a 2c (1) 0.25 Ta có: ∆ ∆ = ⇔ ⋅ = ⋅ M.ABC M.ABD ABM ABM 1 2 V 2V d(C,(ABM)) S d(D,(ABM)) S 3 3 ⇔ =d(C,(ABM)) 2d(D,(ABM)) − − − − ⇔ = ⋅ + + + + 2 2 2 2 2 2 0.a b 8c 2a 3b 5c 2 a b c a b c ⇔ + = − −b 8c 2 2a 3b 5c (2) 0.25 Thay (1) vào (2) ta được: = − + = + ⇔ = − b 2c b 8c 2 3b 9c 26 b c 7 ▪ Với = − b 2c.Do + + ≠ ⇒ ≠ 2 2 2 a b c 0 c 0. Chọn = − ⇒ = = c 1 a b 2 ⇒ phương trình mặt phẳng (ABM) là: + − − = 2x 2y z 3 0. 0.25 ▪ Với = − 26 b c. 7 Do + + ≠ ⇒ ≠ 2 2 2 a b c 0 c 0. Chọn = − ⇒ = = c 7 b 26,a 14 ⇒phương trình mặt phẳng (ABM) là: + − − = 14x 26y 7z 45 0 . 0.25 VII.a (1.0 điểm) Tìm tập hợp… Giả sử = + ∈ w a bi (a,b R) Ta có: = − + ⇔ + = − + w (1 2i)z 3 a bi (1 2i)z 3 0.25 − + − + ⇔ = ⇔ + = + − − a 3 bi a 3 bi z z 2 2 1 2i 1 2i − + − ⇔ + = − a 1 (b 4)i z 2 1 2i 0.25 Đường thẳng AB nhận = AB (2;2) là 1 VTCP⇒ n ( ; )= −1 1 là VTPT của đt AB. ⇒ Phương trình đường thẳng AB là: − − + ⇔ − − = 1(x 2) 1(y 1) x y 3 0 CD//AB⇒ CD nhận = − n (1; 1) là l VTPT. Mà ∈ M CD ⇒ phương trình CD là: ( ) ( ) + − + = ⇔ − + =1 x 5 1 y 4 0 x y 1 0 Trang 5/6 VII.a (1.0 điểm) Theo giả thiết: − + − + = ⇔ = − a 1 (b 4)i z 2 5 5 1 2i ⇔ − + − = −a 1 (b 4)i 5 1 2i ⇔ − + − = 2 2 (a 1) (b 4) 5 5 ⇔ − + − = 2 2 (a 1) (b 4) 125 0.25 Vậy tập hợp điểm M thỏa mãn đề bài là đường tròn tâm I(1;4) bán kính =R 5 5 0.25 VI.b (1.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Xác định tọa độ đỉnh C A B C D M M' H N Gọi = ∩ ⇒H MM ' AC tọa độ điểm H lànghiệm của hệ: − + = ⇒ − + − = x y 5 0 H( 2;3) x y 1 0 Do H là trung điểm = − = − ⇔ ⇒ − − = − = − M H M M H M x ' 2x x 8 MM ' M '( 8; 3) y' 2y x 3 0.25 Do ABCD là hình thoi ⇒ ∈M ' AD . Mà ∈ ⇒ N AD đường thẳng AD nhận M'N ( ; ) = 3 1 là 1 VTCP n' ( ; )⇒ = −1 3 là một VTPT của AD ⇒ phương trình đường thẳng AD là: + − + = ⇔ − − = 1(x 8) 3(y 3) 0 x 3y 1 0 0.25 Mà = ∩A AC AD ⇒tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: − − = = ⇔ ⇒ + − = = x 3y 1 0 x 1 A(1;0) x y 1 0 y 0 0.25 Giả sử − ∈C(c;1 c) AC . Theo giả thiết ta có: = ⇔ = 2 AC 2 2 AC 8 = ⇒ − ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ = − ⇒ − 2 2 2 c 3 C(3; 2) (c 1) (1 c) 8 (c 1) 4 c 1 C( 1;2) Vậy tọa độ điểm (C) thỏa mãn đề bài là: − −(3; 2),( 1;2). 0.25 2. (1.0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P)… (S): − + + + + = ⇒ 2 2 2 (x 2) (y 1) (z 3) 26 (S) có tâm − −I(2; 1; 3) và bkính R .= 26 = = 1 IM (3;1;4),u (2;0;1) là 1 VTCP của (d). Giả sử = 2 u (a;b;c) là 1 VTCP của đường thẳng ∆ + + ≠ 2 2 2 (a b c 0) Do∆tiếp xúc mặt cầu (S) tại M ⇒ ⊥ ⇔ + + = ⇔ = − − 2 IM u 3a b 4c 0 b 3a 4c (1) 0.25 Mà góc giữa đường thẳng∆ và đường thẳng (d) bằng ϕ . + ⇒ = ϕ ⇔ = ⇔ = + + 1 2 1 2 2 2 2 1 2 u .u 2a c 1 1 cos(u ,u ) cos (2) 7 7 u . u a b c . 5 Thay (1) vào (2) ta được: + = + + + 2 2 2 7 2a c 5. a (3a 4c) c ⇔ + + = + + + + 2 2 2 2 2 2 7(4a 4ac c ) 5(a 9a 24ac 16c c ) = − ⇔ + + = ⇔ = − 2 2 a 3c 22a 92ac 78c 0 13 a c 11 0.25 ▪ Với = −a 3c ,do + + ≠ ⇒ ≠ 2 2 2 a b c 0 c 0 . Chọn = − ⇒ = = −c 1 a 3;b 5 ⇒ phương trình đường thẳng ∆ là: = + = − = − x 5 3t y 5t z 1 t 0.25 =n (1;1) là 1VTPT của AC. Lấy M ' là điểm đối xứng với M qua AC. Do ⊥ ⇒ MM ' AC MM ' nhận n làm 1 VTCP. ⇒ MM ' đi qua M và nhận = −u (1; 1) là 1 VTPT ⇒ phương trình đường thẳng MM ' là: − − − = ⇔ − + =1(x 4) 1(y 9) 0 x y 5 0 Trang 6/6 VI.b (1.0 điểm) ▪ Với = − 13 a c 11 , do + + ≠ ⇒ ≠ 2 2 2 a b c 0 c 0. Chọn = − ⇒ = =c 11 a 13,b 5 ⇒ phương trình đường thẳng ∆ là: = + = = − x 5 13t y 5t z 1 11t 0.25 VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình… Đặt ( ) ( ) = > ⇒ = 2 x y 2 u (u,v 0) 3 v hệ trở thành: − = − − = − 2 2 u 4v 32 u 2v 4 0.25 − + = − + = = ⇔ ⇔ ⇔ − = − − = − = (u 2v)(u 2v) 32 u 2v 8 u 2 (t / m) u 2v 4 u 2v 4 v 3 0.5 ( ) ( ) ( ) ( ) = = = = ± ⇒ ⇔ ⇔ = = = = 2 x 2 2 y 2 2 2 2 x 2 x 2 y 2 y 2 3 3 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: ( ) ( ) − 2;2 , 2;2 0.25 ▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa. Cả m ơ n ( bey eu79@g m a il.co m ) gửi tớ i www .laisac.page.tl . -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - Hết -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 201 2-2 013. gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi 13/04/2013 Cảm ơn (beyeu79@gmail.com ) gửi tới www .laisac. page.tl Trang 1/6 Câu Đáp án Điểm I (2.0