Tài liệu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A MÔN TOÁN NĂM HỌC 2012-2013 doc

SỞ GD – ĐT ĐĂK LĂK
TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – KHỐI A
Môn: Toán; Năm học: 2012-2013
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)



Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số:
3
32yx x=−+
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A, B song song với nhau
và độ dài đoạn
AB 32=
.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình:
2
4 39 3xx x+ ≤+ +

2. Giải hệ phương trình:
33 2
44
1
(, )
44
x y xy

xy R
x y xy

−=+

∈

+=−



Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:
( )
( )
ln 2
2
0
2
1
xx
x
x xe e
dx
e
+−
+
∫

Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I, AB = a, AD = 2a; M
là một điểm thuộc cạnh AB sao cho MA = 2MB, tam giác SMI cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng

vuông góc với mp(ABCD). Biết mặt bên (SBC) hợp với đáy (ABCD) một góc bằng
0
60
. Tính thể tích
khối chóp S.AMID theo a.
Câu V: (1,0 điểm) Cho hai số thực dương
,xy
thỏa mãn:
( )( )
6 22 1xy x y xy=+−

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( )
2
22
1
4 .3 4 1
4
A x y xy
xy

=+− − +


Câu VI: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có A(0 ; 4), đỉnh B nằm trên đường
thẳng
( ): 2 2 0
d xy− +=
. Gọi E và F lần lượt là hai điểm nằm trên BC, CD sao cho BE = CF. Biết AE
cắt BF tại

16 12
;
25 25
K



. Tìm tọa độ điểm C biết rằng điểm C có hoành độ dương.
Câu VII: (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua 2 điểm A(1 ; 1; 1);
B(1 ; 2; 0) và tiếp xúc với mặt cầu (S):
222
6 4 4 13 0xyz xyz++−− −+=

Câu VIII: (1,0 điểm) Cho hai số phức liên hợp nhau
,zz
thỏa mãn điều kiện
( )
2
z
z
là một số thực và
23
zz
−=
. Tìm số phức
z
.

Sở GD – ĐT ĐăkLăk
Trường THPT Phan Chu Trinh
Năm học: 2012 - 2013

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – KHỐI A
MÔN: TOÁN ; NĂM HỌC 2012 – 2013
(Đáp án – Thang điểm này gồm 4 trang)


Câu
Đáp án
Điểm
Câu I:
( 2,0 điểm)

i) Tập xác định: D = R.
ii) Sự biến thiên:
+) Chiều biến thiên:
2
'3 3yx
= −
;
'0y =
⇔
1
x = −
hoặc
1x =
.
• Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
;1−∞ −
và
( )
1; +∞

• Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
1;1−

+) Cực trị:
• Hàm số đạt cực đại tại x = −1 ; y
CĐ
= 4
• Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 ; y

CT
= 0
+) Giới hạn:
lim
x
y
→−∞
= −∞
;
lim
x
y
→+∞
= +∞

+) Bảng biến thiên:
x
−∞ −1 1 +∞
y
+ 0 − 0 +

y’
4 +∞
−∞ 0
iii) Đồ thị:

0,25




0,25



0,25

Giả sử
(
)
3
; 32Aaa a−+
;
( )
3
; 32Bbb b
−+
với
ab>
là hai điểm nằm trên đồ thị
(C). Vì tiếp tuyến tại A và B song song với nhau nên:

'( ) '( )ya yb=
⇔
22
3 33 3ab−= −

⇔
ab= −
và
0a >
(do
ab
>
)

( )
2
2
2 33
3( )AB ba b a ba

=− + −− −

=
( )
24 2
4 6 10aa a
−+
(thay
ba= −
)
32AB
=
⇔
( )
24 2
4 6 10 32aa a−+=
⇔
64 2
6 10 8 0aa a− + −=
(*)
Đặt
2
0ta= >
, pt (*) trở thành:

32
6 10 8 0tt t
− + −=

⇔
(
)
( )
2
4 220t tt− −+=
⇔
4t =

Khi
4t =
, ta được
2
4a =
⇔
2a =
do
0
a >

Với
22ab=⇒=−
ta được
( )
2;4A
;

( )
2;0B −




0,25



0,25


0,25

0,25
Câu II:
( 2,0 điểm)
Điều kiện :
0x ≥
. Biến đổi bất phương trình về:
2
4 9 3 30x xx−+ − +≤
⇔
( )( )
23
2 32 3 0
33
x
xx

xx
−
− ++ ≤
++



0,25


Giao điểm của đồ thị với
trục Oy: (0;2)
Giao điểm của đồ thị với
trục Ox: (−2;0) ; (1;0)
Ngoài ra đồ thị hàm số còn
đi qua điểm (2;4)

Vẽ đồ thị đúng được 0,25 đ


x
y

Câu
Đáp án
Điểm
⇔
( )
1
2 32 3 0

33
xx
xx

− ++ ≤

++

⇔
2 30x −≤
⇔
3
2
x ≤

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bpt là:
3
0
2
x
≤≤


0,25 x2

0,25

Từ pt thứ nhất suy ra:
33 2
1

x y xy=−−
thế vào phương trình thứ hai:
44
44x y xy+=−
⇔
( )
44
4 4 .1x y xy+= −

⇔
( )
( )
44 33 2
44x y x y x y xy+= − −−

⇔
( )
22
43 0xy x xy y++ =

⇔
22
0
430
xy
x xy y
=


++=


⇔
( )( )
0
30
0x
x yx
y
y
==


+ +=

hoaëc

⇔
0
3
0yx
x y xy
=


= −
=
= −

hoaëc
hoaëc

Với
0x
=
, ta được
1y = −
;
Với
0y
=
, ta được
1x =
;
Với
3xy
= −
, ta được
33
31
25 25
xy= ⇒=−
;
Với
xy= −
, ta được
11xy=⇒=−
;
Vậy hệ pt đã cho có 4 nghiệm
(
)

;
xy
là:
( )
0; 1−
;
( )
1; 0
;
( )
1; 1−
;
33
31
;
25 25

−








0,25

0,25



0,25





0,25
Câu III:
( 1,0 điểm)
Đặt:
( )
( )
ln 2
2
0
2
1
xx
x
x xe e
I dx
e
+−
=
+

∫
(
)
(
)
(
)
2
ln 2
2
0
1 21
1
xx
x
xe xe
dx
e
+ −+
=
+
∫


ln 2
0
xdx=
∫
( )
( )

ln 2
2
0
1
2
1
x
x
xe
dx
e
+
−
+
∫
=
12
2II−

Với
ln 2
ln 2
2
2
1
0
0
1
ln 2
22

x
I xdx= = =
∫

Với
( )
( )
ln 2
2
2
0
1
1
x
x
xe
I dx
e
+
=
+
∫
,
đặt
( )
2
1
1
x
x

ux
e dx
dv
e
= +



=

+

⇒
1
1
x
du dx
v
e
=



= −

+


Khi đó:
ln 2

ln 2
2
0
0
1
11
xx
x dx
I
ee
+
=−+
++
∫
ln 2
0
1 2ln 2
1
61
x
x
e
dx
e

−
= +−

+


∫


(
)
ln 2
ln 2
0
1 2ln 2
ln 1
6
x
o
xe
−
= +−+
(
)
ln 2
ln 2
0
1 2ln 2
ln 1
6
x
o
xe
−
= +−+

1 10ln 2 6ln3
6
+−
=

Vậy:
2
12
3ln 2 20ln 2 12ln3 2
2
6
II I
− +−
=−=






0,25


0,25

0,25


0,25

Câu
Đáp án
Điểm
Câu IV:
( 1,0 điểm)









1 15
()
2 2 3 2 12

aa a
EH MB IF

= + = +=



Tính
0
53
.tan 60
12
a
SH EH= =

Mặt khác:
2
1 15
3 66
AMID ABD BMI ABD ABI ABD ABD
a
S SSS SS S=−=− =− =

Vậy thể tích khối chóp S.AMID là:

23
.
1 1 5 5 3 25 3
.
3 3 6 12 216

S AMID AMID
aa a
V S SH= = =
(đvtt)




0,25



0,25




0,25



0,25
Câu V:
( 1,0 điểm)
Ta có:
( )( )
6 22 1xy x y xy=+−
⇔
( )
6 2 2 .2xy x y x y xy++ = +

⇔
( )
6 2 2 .2xy x y x y xy++ = +

Vì x > 0, y >0 nên x +2y > 0. Khi đó:
11 4
2 33
22
xy
xy xy
+ = + +≥ +
+
⇔
( ) ( )
2
2 3 2 40xy xy+ − + −≥

⇔
( )( )
21 240xy xy++ +−≥
⇔
24
xy+≥

Mặt khác:
13 1 3
11
222 2xy x y xy x y
+ =⇒=−

++

Vì vậy:
( )
2
22
1
4 .3 4 1
4
A x y xy
xy

=+− − +

( )
2 2 22
1
4 . 2 8 16
4
x y xy x y
xy
=+− −−


( )
2
3
21
2
xy

xy
=++ +
+

Đặt
2tx y= +
, điều kiện:
4t ≥

Xét hàm
2
3
() 1ft t
t
= ++
trên nửa khoảng
[
)
4;
+∞

3
22
32 3
'( ) 2 0
t
ft t
tt
−
=−= >

trên nửa khoảng
[
)
4;+∞

Mà
()
ft
liên tục trên nửa khoảng
[
)
4;+∞
nên hàm
()
ft
đồng biến trên nửa
khoảng
[
)
4;+∞
, suy ra
71
( ) (4)
4
ft f≥=

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng
71
4
đạt được khi và chỉ khi:

(
)( )
6 22 1
24
2
0, 0
xy x y xy
xy
xy
xy
=+−


+=


=


>>

⇔
2
1
x
y
=


=









0,25








0,25







0,25

0,25
Gọi H là trung điểm của IM, suy ra
SH⊥IM ⇒SH⊥(ABCD) (Vì
(SMI)⊥(ABCD) Kẻ HE⊥BC tại E , suy
ra
( )


0
( ),( ) 60SBC ABCD SEH= =

Kẻ IF⊥BC tại F, ta có EH là đường
trung bình của hình thang vuông BMIF,
suy ra


Câu
Đáp án
Điểm
Câu VI:
( 1,0 điểm)
Từ giả thiết ta suy ra:
∆ABE = ∆BCF (c-g-c); suy ra


BAE CBF
=

Trong tam giác KAB ta có:




0
90BAE ABF CBF ABF+=+=

⇒∆KAB vuông tại K.
Vì B∈(d) nên giả sử
(
)
2 2;Bb b
−

16 88
;
12 25
AK

= −



;
66 12
2;
25 25
BK b b


=−−




AK BK
⊥
 
⇔
.0AK BK =
 

⇔
16 66 88 12
.2 . 0
25 25 25 25
bb
−
    
− + −=
    
    
⇔
0b
=

Với
0b =
, ta được
( )

2;0B −

( )
2; 4AB =−−

;
25AB =
.
Gọi
( )
;Cxy
, tính
( )
2;BC x y= +

;
( )
2
2
2BC x y= ++

Tam giác ABC vuông cân tại B nên:
AB BC
AB BC

⊥


=



 
⇔
( )
( )
2
2
2 24 0
2 20
xy
xy
− +− =



+ +=


⇔
2
2
x
y
=


= −

hoặc
6

2
x
y
= −


=

(loại).Vậy
( )
2; 2C −







0,25





0,25




0,25

0,25
Câu VII:
(1,0 điểm)
Phương trình mặt cầu (S) được viết lại:
( ) ( ) ( )
222
3 2 24xyz− +− +− =

suy ra mặt cầu (S) có tâm
( )
3;2;2
I
, bán kính
2R =

Gọi
( ): 0P ax by cz d+ + +=
với
222
0abc++>
. Vì (P) đi qua A, B nên:
0
20
abcd
a bd
+++ =



+ +=

⇒
bc=

Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi:
( )
,( )dI P R=
⇔
222
322
2
abcd
abc
+++
=
++
⇔
222
322
2
abcd
abc
+++
=
++
⇔
22
1

2
ac
ac
+
=
+

⇔
0c =
hoặc
2ca=

Với
0c =
⇒
0b =
⇒
0ad+=
chọn
1a =
⇒
1d = −
ta được
( ): 1 0Px
−=

Với
2
ca=
⇒

2ba=
⇒
50ad+=
chọn
1a =
⇒
2bc= =
⇒
5d
= −

ta được
( ): 2 2 5 0P xyz+ + −=

Vậy có hai pt mp là:
( ): 1 0
Px−=
hoặc
( ): 2 2 5 0P xyz+ + −=



0,25






0,25

0,25


0,25
Câu VIII:
(1,0 điểm)
Giả sử
z a bi
= +
với
,ab R∈
, suy ra
z a bi= −
;
( )
2
22
2z a b abi
=−−

Ta có:
23zz−=
⇔
2 23bi =
⇔
3b = ±

Mặt khác:

(
)
(
)
( )
(
)
(
)
( )
3
3 2 23
22 2 2
22 22
33a ab a b b i
a bi
z a bi
a bi
ab ab
z
−+ −
+
+
= = =
−
++

( )
2
z

z
là một số thực khi và chỉ khi:
23
30ab b−=
⇒
1a = ±
(do
3b = ±
)
Vậy có bốn số phức:
13zi=±+
hoặc
13zi=±−




0,25

0,25


0,25

0,25