ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn TOÁN – Khối A-B-A1 TRƯỜNG THPH LÊ LỢI pot

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
TRƯỜNG THPH LÊ LỢI Môn TOÁN – Khối A-B-A
1

Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề
I. PHẦN CHUNG ( Cho tất cả thí sinh )
Câu I ( 2 điểm ). Cho hàm số :
3
3 1y x x= − −

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho
2
A
x =
và
2 2MN =
.
Câu II ( 2 điểm ).
1) Giải phương trình :
( )
( )
2 2
tan 1 tan 2 3sin 1 0x x x+ + − − =
.
2) Giải hệ phương trình với
,x y ∈¡
2 2 2
2 2 2 2
2 2 5 2 0
1 2 2 1

x y x y y
y x y xy x x xy y y

− − + − =


+ + − = − + − + + +


Câu III ( 1 điểm ).
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số :
2 1
( )
1
x
y C
x
−
=
−
, trục hoành và tiếp tuyến của (C) tại
giao điểm (C) với trục tung .
Câu IV ( 1 điểm ).
Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân đỉnh S.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu V ( 1 điểm ).
Chứng mimh rằng với
0, 0, 0a b c> > >
thì
1 1 1 1 1 1

3
a b c a 2b b 2c c 2a
 
+ + ≥ + +
 ÷
+ + +
 
II. PHẦN TỰ CHỌN ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B )
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa ( 2 điểm )
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh
( )
2;1 ,B −
điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc Ox
(
0
C
x ≥
) góc
·
30
o
BAC =
; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng
5
. Xác định toạ độ điểm
A và C.
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( )
: 2 1 0P x y z+ − + =

và điểm A(1;1;2). Gọi d là giao
tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Oyz). lập phương trình mặt phẳng
( )
α
.qua d và cách A một khoảng bằng 1.
Câu VIIa ( 1 điểm )
Tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z sao cho
3 2
w
z i
z i
− −
=
+
là một số thực.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb ( 2 điểm )
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
( )
2 2
: 6 2 6 0C x y x y+ − + + =
và điểm A(1;3) ; Một
đường thẳng d đi qua A, gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với (C). Lập phương trình của d sao cho
AB AC+
nhỏ nhất.
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) :
2 2 2
2 4 2 0x y z x y z+ + − − − =
cắt các tia
Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C khác O . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Câu VIIb ( 1 điểm ).
Tìm tất các số thưc
α
để bất phương trình :
2
log log 2 2 os 0
x
x c
α
+ + ≤
có nghiệm
1x >
Hết
Họ và Tên : Số báo danh

CU P N ( GM 4 TRANG) IM
Cõu I
(2 im)
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s :
3
3 1y x x=

Tp xỏc nh:
D = Ă
o hm:
2
3 3y x
Â
= -
Cho

,
2
0 3 3 0 1 1y x x x
Â
= - = = = -
Gii hn:
; lim lim
x x
y y
- Ơ + Ơđ đ
= - Ơ = + Ơ
Hm s B trờn cỏc khong
( ; 1); (1; )- Ơ - + Ơ
, NB trờn khong
( 1;1)-
Hm s t cc i y
C
= 1ti
CD
1x = -
, t cc tiu y
CT
= 3 ti
CT
1x =
BBT
im un:
( )
0; 1I -
vỡ:

6 0 0 1y x x y
ÂÂ
= = = = - ị
.
Giao im vi trc honh:khụng cú
nghim nguyờn Bng giỏ tr
x
1-
0 1 2

y 1
1-
-3 1
th hm s: hỡnh v bờn
0,25
0,25
0,25
0,25
.2) Vit phng trỡnh ng thng d ct (C) ti 3 im phõn bit A, M, N sao cho
2
A
x =
v
2 2MN =
.
Nhn xột: nu ng thng d qua A khụng cú h s gúc tc x = 2 ct (C) nhiu nht 1 im
khụng tha yờu cu bi toỏn .Do ú d phi cú h s gúc .
Vỡ
2
A

x =
nờn
1
A
y =
suy ra phng trỡnh d cú dng
( )
2 1y k x= +
Phng trỡnh honh giao im d v (C) l:

3
2
2
(3 ) 2 2 0
( 2)( 2 1) 0
2
2 1 0 (*)
x k x k
x x x k
x
x x k
+ + =
+ + =
=



+ + =

d ct (C) ti 3 im phõn bit A, M, N

(*)
cú 2 nghim phõn bit,
1 2
, 2 ; 2 2x x MN =
Theo vi ột
1 2 1 2
, 2; 1x x x x k+ = =
Ta cú :
( ) ( )
2 2
2 2
2 1 2 1
8 MN x x x x k= = +
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 1 2 1 1 2
1 1 4k x x k x x x x

= + = + +

Hay
( )
( )
( )
2
8 1 4 4 1k k= +

3
2 0k k + =
1k =
(tho yờu cu bi toỏn )
Vy d cú pt l :
1y x=
0,25
0,25
0,25
0,25
Cõu II
( 2 im)
1) Gii phng trỡnh :
( )
( )
2 2
tan 1 tan 2 3sin 1 0x x x+ + =
.
iu kin
cos 0x
Phng trỡnh vit li
2
2
1 tan
2 3sin
1 tan
x
x
x

=
+
0,25
0,25
x
1 1
+ Ơ
y
Â
+ 0 0 +
y
1
+ Ơ
3

2
2 3sin os2 2sin 3sin 1 0x c x x x⇔ − = ⇔ − + =

1
sin 1 ;sin
2
x x⇔ = =

so sánh đ/k chọn
1
sin
2
x =
( )
5

2 ; 2
6 6
x k x k k
π π
π π
⇔ = + = + ∈¢
0,25
0,25
2) Giải hệ phương trình với
,x y ∈¡
( )
( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 5 2 0 1
1 2 2 1 2
x y x y y
y x y xy x x xy y y

− − + − =


+ + − = − + − + + +


Từ phương trình (2) ta có đ/k :
, 0x y y≥ ≥

( ) ( )
2 2

2 2
1 1y y y x y x y x y+ − − = − + − − − −
Xét hàm số
( )
2 2
1f t t t t= + − −
liên tuc
[
)
0;+∞

có
( )
/
2
1
2
.2
1
t
f t t
t
t
= − −
+

2
1 1
2 0 0
2

1
t t
t
t
 
= − − < ∀ >
 ÷
+
 
Suy ra hàm số nghịch biến
( )
0;+∞
nên
( ) ( )
2f y f x y x y
= − ⇔ =
Thay vào (1) ta có
( )
( )
2
2 1 0 2y x x y− − + = ⇔ =

4x⇒ =
Vậy hệ có nghiệm (x ;y) = (4 ; 2)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III
(1 điểm)

3 /Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số :
2 1
( )
1
x
y C
x
−
=
−
, trục hoành, và tiếp tuyến của (C)
tại giao điểm (C) với trục tung.
vết được pt tt :
1y x= − +
nêu được miếng lấy diện tích
( ) ( )
1
1
2
1
0
2
2 1
1 1
1
x
S x dx x dx
x
−
 

= − + − + − +
 
−
 
∫ ∫
1
1
2 2
2
1
0
2
ln 1
2 2
x x
x x x
   
= − − − − + − +
   
   
=
1
ln 2
2
−
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV

(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều , tam giác SCD vuông cân đỉnh S.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Ta có diện tích đáy hình vuông ABCD : S =4 a
2

Gọi E , F lần lượt trung điểm AB và CD
Tam giác SAB đều nên đường cao
2 3
3
2
a
SE a
= =
Tam giác SCD vuông cân đỉnh S nên đường cao
SF = a
Do đó ta có tam giác SEF vuông tại S
(vì
2 2 2
EF SE SF= +
)
Trong tam giác SEF kẻ SH vuông góc EF tại H
Ta có SH vuông góc mp(ABCD) .
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4
3 3SH SE SF a a a
= + = + =

3
2

a
SH⇒ =
. Vậy
3
2
1 1 3 2 3
( ). .4 .
3 3 2 3
a a
V S ABCD SH a= = =
( đvt
0,25
0,25
0,25
0,25
CMR với a > 0; b> 0; c > 0 thì
1 1 1 1 1 1
3
a b c a 2b b 2c c 2a
 
+ + ≥ + +
 ÷
+ + +
 

+ Với a > 0, b > 0, c >0 ta có:
( ) ( ) ( )
a 2 b a 2 2b 1 2 a 2b 3 a 2b+ = + ≤ + + = +
(1)
+ Do

( ) ( )
1 2 1 1 1
a 2 b a b b 9
a b a b b
   
+ + = + + + + ≥
 ÷  ÷
   
nên
1 2 9
a b a 2 b
+ ≥
+
(2) .Từ (1) và (2) ta có:
1 2 3 3
a b a 2b
+ ≥
+
(3) (Với a > 0; b> 0; c > 0)
Áp dụng (3) ta có:
1 1 1 1 1 1
3
a b c a 2b b 2c c 2a
 
+ + ≥ + +
 ÷
+ + +
 
( đpcm)
dấu

" "=
xẩy ra khi và chỉ khi
a b c
= =
0,25
0,25
0,25
0,25
1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh
( )
2;1 ,B −
điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc trục
hoành (
0
C
x ≥
) góc
·
30
o
BAC =
; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng
5
. Xác định toạ độ
A và C.
Gọi C(c;0) ; A(0;a) ; ta có
2 sin30 5
o
BC R= =
( ) ( )

2 2
2
5 2 0 1 5BC c⇒ = ⇔ + + − =
0 , 4 ( )c c loai⇔ = = −
Suy ra C(0 ;0) trùng với điểm O
Gọi H hình chiếu vuông góc điểm B trên Oy ta có tam giác BHA một nửa tam giác đều
Nên BA =2 BH do đó HA =
2 3

(0;1 2 3)A⇒ +
hoặc
(0;1 2 3)A −
Vậy có
(0;1 2 3)A −
, B(-2 ;1) , C(0 ;0) hoặc
(0;1 2 3)A +
, B(-2 ;1) , C(0 ;0)
0,25
0,25
0,25
0,25
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( )
: 2 1 0P x y z+ − + =
và điểm A(1;1;2). Gọi d là giao
tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Oyz). Lập phương trình mặt phẳng
( )
α
.qua d và cách A một khoảng bằng 1.
Câu VIa

(2 điểm)
Phương trình mp(Oyz): x = 0 ; và )
(0;0;1), (0, 1; 1)B C − −
thuộc d , phương trình mặt phẳng
( )
α
có dạng :
0ax by cz d+ + + =
(
2 2 2
0a b c+ + ≠
). Do
( )
α
đi qua B, C nên :
0
0 2
c d d c
b c d b c
+ = = −
 
⇔ ⇒
 
− − + = = −
 
pt
( )
α
là ax + (- 2c)y +cz - c = 0
0,25

0,25
2 2 2
2 2
( , ) 1 1
4
a c c c
d A
a c c
α
− + −
= ⇔ =
+ +

2
2 2
5a c a c⇔ − = +
2
2ac c⇔ − =
Nếu c = 0, chọn a = 1
0, 0b d⇒ = =
( ) ( )
pt
α α
⇒ ⇒
x = 0
Nếu a= - 2c chọn c = 1 thì a= - 2d = -1 , b= - 2 khi đó pt
( )
α
: - 2x - 2y + z - 1 = 0
0,25

0,25
Tìm tập hợp những điểm biểu diễn số phức z sao cho
3 2
w
z i
z i
− −
=
+
là một số thưc .
Gọi
( , )z a bi a b= + ∈¡
khi đó
( )
( )
2 2
2 ( 3) ( 1)
2 ( 3)
w
( 1) ( 1)
a b i a b i
a b i
a b i a b
− + − − +
− + −
= =
+ + + +
[ ]
2 2
( 2) ( 3)( 1) ( 3) ( 2)( 1)

( 1)
a a b b a b a b i
a b
− + − + + − − − +
=
+ +
là số thưc khi và chỉ khi :
( 3) ( 2)( 1) 0 2 1 0
0 0
1 1
a b a b a b
a a
b b
− − − + = − − =
 
 
⇔
≠ ≠
 
 
 
 
≠ − ≠ −
 
 
Vậy tập hợp đó là đường thẳng
2 1 0x y− − =
trừ điểm M(0 ; - 1)
0,25
0,25

0,25
0,25
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
( )
2 2
: 6 2 6 0C x y x y+ − + + =
và điểm A(1;3) ;
Gọi B, C là giao của đường thẳng d đi qua A với (C).Lập phương trình d sao cho
AB AC+
nhỏ nhất.
Tâm đường tròn
(3; 1), 2; 2 5 ( , ) 2I R IA d I A R− = = = > =
nên điểm A nằm ngoài (C)
Ta có
/( )A C
P =
AB.AC = d
2-
- R
2
= 16 ; và
2 . 2.4 8AB AC AB AC+ ≥ = =
dấu “=”xẩy ra
⇔
AB
= AC = 4 . Khi đó d là tiếp tuyến của (C), d có dạng
( 1) ( 3) 0a x b y− + − =
3 0ax by a b⇔ + − − =
Từ đó ta có
2 2

3 3
( , ) 2 2
a b a a
d I d
a b
− − −
= ⇔ =
+
2
0
3 4
4 3
b
b ab
a b
=

⇔ = ⇔

=

chọn
0
1
b
a
=


=


4
3
b
a
=

∨

=

Vậy phương trình d :
1 , 3 4 15 0x x y= + − =
0,25
0,25
0,25
0,25
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) :
2 2 2
2 4 2 0x y z x y z+ + − − − =
cắt các tia Ox, Oy, Oz
lần lượt tại A, B, C khác O . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
(S) :
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1 6x y z− + − + − =
có tâm w(1;2;1) bán kính R =
6
(S) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(2;0;0), B(0;4;0), C( 0;0;2) . Gọi I tâm đường tròn (A,B,C) thì I
giao điểm của d đi qua w và vuông góc mp(ABC),và mp(ABC); Ptmp(ABC)

Giải hệ
2 2 4 0x y z+ + − =
và
1 2
2
1 2
x t
y t
z t
= +


= +


= +

ta được
2
9
t
−
=
suy ra

5 16 5
( ; ; )
9 9 9
I
và r = IA =

2 2 2
5 16 5 5
2 2
9 9 9 3
     
− + + =
 ÷  ÷  ÷
     
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu VIIb.
(1 điểm)
Tìm tất các giá trị
α
∈¡
để bất phương trình :
2
log log 2 2 os 0
x
x c
α
+ + ≤
có nghiệm
1x
>
với
. 1x >
; Bpt tương đương với

2
2
1
log 2 os 2
log
x c
x
α α
+ ≤ − ≤ ∀ ∈
¡
(1)
mặt khác
2
log 0x >
nên theo Côsi ta có:
2
2
1
log 2
log
x
x
+ ≥
(2)
Từ (1) và (2) ta có
∀
. 1x >
: bpt
⇔
VT = VP = 2

cos 1 2 ( )k k
α α π π
⇔ = − ⇔ = + ∈¢
khi đó bất phương trình có nghiệm
2
log x
= 1
2x⇔ =
. Vậy
2 ( )k k
α π π
= + ∈¢
0,25
0,25
0,25
0,25