Đề thi thử ĐH 2013 môn Toán Trường THPT Hàm Rồng docx

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
————————
Ngày thi: 11 – 05 -2013
ĐỀ KTCL THEO KHỐI THI ĐẠI HỌC
Môn: TOÁN; Khối A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =
2x −4
x + 2
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
b) Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng y = 2 sao cho qua M kẻ được tiếp tuyến MT tới đồ thị sao cho MT = 2
√
5
(T là tiếp điểm).
Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình
√
3. sin2x + 3cos2x +
√
3cosx −sinx
2cosx −1
= 2 cosx + 1.
Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình:





4
2x + 3y

+
1
xy
= 1
50
4x
2
+ 9y
2
−
1
x
2
y
2
= 1
(x, y ∈R)
Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân I =

4
0

x
x + 1 +
√
2x + 1
+ xln(x + 1)

dx
Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng(ABCD). Khoảng

cách từ A tới mặt phẳng (SCD) là
a
2
. Mặt phẳng (α) qua SB và tạo với (SAB) góc 45
o
cắt cạnh AD tại F. Tính
thể tích S.ABCD và tính góc tạo bởi hai mặt phẳng (S BF) và (SAC).
Câu 6. (1 điểm) Cho a, b, c ∈R và a > b > c. Chứng minh rằng

a
2
+ b
2
+ c
2


1
(a −b)
2
+
1
(b −c)
2
+
1
(c −a)
2

≥

9
2
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7a. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H. Biết đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC là x
2
+y
2
−3x −5y +6 = 0, H thuộc đường thẳng d : 3x −y −4 = 0 , tọa độ trung điểm AB là M(2; 3).
Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác biết hoành độ của A lớn hơn 1.
Câu 8a. (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1;−1;0), B(3; 3;2),C(5; 1;−2). Chứng
tỏ tam giác ABC là tam giác đều. Tìm tọa độ điểm S sao cho S.ABC là hình chóp tam giác đều có thể tích bằng
6.
Câu 9a. (1 điểm) Tính modun của số phức w =
z
z + 1 −i
+
3 −z
z + 2i + 5
biết |z|−3z = 4(3i −1).
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7b. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;6);B(−3;1);C(3;−1). Lập phương trình
đường thẳng ∆ qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C tới ∆ là lớn nhất.
Câu 8b. (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1;0;0);B(3;1; 2);C(−1;2;1) và đường thẳng ∆ :
x −2
−1
=
y
3

=
z + 1
1
. Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua A, có tâm thuộc đường thẳng ∆ và cắt mặt phẳng
(ABC) theo một đường tròn bán kính là
√
5 .
Câu 9b. (1 điểm) Giải hệ phương trình:

2log
9
(2 +
√
3y −2) = log
3
(10 −y) −log
3
(4 −x)
e
3x
−e
3y
= 2y −2x
———————————————–Hết—————————————————-
ĐÁP ÁN
Câu Lời giải Điểm
1.a TXĐ D = R\{−2};đạo hàm y

=
8

(x + 2)
2
> 0 ∀x ∈ D,
Hàm số đồng biến trên (−∞; −2);(−2;+∞)
0,25
1 điểm lim
x→(−2)
−
y = +∞; lim
x→(−2)
+
y = −∞; x = −2 là phương trình tiệm cận dọc
lim
x→−∞
y = 2, lim
x→+∞
y = 2; y = 2 là phương trình tiệm cận ngang
0,25
x
y

y
−∞
−2
+∞
+ +
22
+∞
−∞
22

0,25
0,25
1.b Gọi M(m; 2); Phương trình đường thẳng qua M có dạng y −2 = k(x −m).
Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình
2x −4
x + 2
−2 =
8
(x + 2)
2
(x −m).
0,25
1 điểm ⇐⇒

2x
2
−8 −2(x + 2)
2
= 8(x −m)
x + 2 = 0
⇐⇒

8m −16 = 16x
x = −2
⇐⇒



x =
m −2

2
m = −2
Tọa độ tiếp điểm T

m −2
2
;
2(m −6)
m + 2

0,25
MT = 2
√
5 ⇐⇒

m −
m −2
2

2
+

2 −
2(m −6)
m + 2

2
= 20 ⇐⇒

m + 2

2

2
+

16
m + 2

2
= 20 0,25
⇐⇒ (m +2)
4
−80(m+2)
2
+1024 = 0 ⇐⇒


(m + 2)
2
= 16
(m + 2)
2
= 64
⇐⇒


m = 2 hay m = −6
m = 6 hay m = −10
Vậy M(2; 2), M(−6;2), M(6; 2), M(−10; 2)
0,25

2 Điều kiện: x =
π
3
+ k2π.
Pt tương đương
√
3. sin2x + 3cos2x +
√
3cosx −sinx = 4cos
2
x −1
0,25
1 điểm ⇐⇒
√
3. sin2x + cos2x −1 +
√
3cosx −sinx = 0
⇐⇒ 2
√
3. sinx cosx −2sin
2
x +
√
3cosx −sinx = 0 ⇐⇒ (2 sinx + 1)(
√
3cosx −sinx) = 0
0,25
⇐⇒



2sinx + 1 = 0
√
3cosx −sinx = 0
⇐⇒


x =
π
3
+ kπ
x = −
π
6
+ k2π hay x =
7π
6
+ k2π
(k ∈ Z) 0,25
Đối chiếu điều kiện ta có x =
4π
3
+ k2π; x = −
π
6
+ k2π; x =
7π
6
+ k2π. (k ∈ Z) 0,25
2
3 Điều kiện xy = 0; 2x + 3y = 0.

Nhân hai vế của pt trên với 2x + 3y và nhân hai vế của pt dưới cho 4x
2
+ 9y
2
ta được hệ pt







2x −
3
x
+ 3y −
2
y
= 4

2x −
3
x

2
+

3y −
2
y


2
= 26
0,25
1 điểm ⇐⇒








2x −
3
x

+

3y −
2
y

= 4
16 −2

2x −
3
x


3y −
2
y

= 26
⇐⇒








2x −
3
x

+

3y −
2
y

= 4

2x −
3
x


3y −
2
y

= −5
0,25
⇐⇒





2x −
3
x
= −1
3y −
2
y
= 5
hay





2x −
3
x
= 5

3y −
2
y
= −1
0,25
⇐⇒





x = −
3
2
hay x = 1
y = −
1
3
hay y = 2
hay





x = −
1
2
hay x = 3
y =

2
3
hay y = −1
0,25
3. Điều kiện xy = 0; 2x + 3y = 0. Đặt S = 2x + 3y; P = x y; =⇒ 4x
2
+ 9y
2
= S
2
−2P
ta được hệ pt





4
S
+
1
P
= 1 (1)
50
S
2
−2P
−
1
P

2
= 1 (2)
0,25
1 điểm (1) ⇐⇒ S =
4P
P −1
thay vào (2) được 6P
4
−5P
3
−38PS
2
+ 5P + 6 = 0 0,25
Giải ra P = −3; P = −
1
3
; P = 2; P =
1
2
và S = 1; S = 3; S = −4; S = 8 0,25
(x;y) =

−
3
2
;−
1
3

.


1;−
1
3

.

−
3
2
;2

. (1;2).

−
1
2
;
2
3

.

3;
2
3

.

−

1
2
;−1

.(3;−1) 0,25
4. I =

4
0
x
x + 1 +
√
2x + 1
dx +

4
0
x ln(x + 1)dx = I
1
+ I
2
Đặt t =
√
2x + 1 =⇒ x =
t
2
−1
2
=⇒ dx = tdt, đổi cận x = 0 =⇒ t = 1; x = 4 =⇒ t = 3
0,25

1 điểm I
1
=

3
1
t
2
−1
t
2
+ 1 + 2t
tdt =

3
1
(t −2)dt +

3
1
dt
t + 1
=
1
2
(t −2)
2






3
1
+ 2ln(t +1)





3
1
= 2 ln2 0,25
I
2
=
1
2

4
0
ln(x + 1)d(x
2
−1) =
1
2
(x
2
−1)ln(x + 1)






4
0
−
1
2

4
0
x
2
−1
x + 1
dx
=
1
2
(x
2
−1)ln(x + 1)





4
0

−
1
4
(x −1)
2





4
0
=
15
2
ln5−2
0,25
Vậy I = 2ln2 +
15
2
ln5−2 0,25
5.
Kẻ AH ⊥SD. Do AB ⊥ (SAD) nên AB ⊥ AH nên AH ⊥(SCD);
AH =
a
√
2
2
;
1

AH
2
=
1
SA
2
+
1
AD
2
SA =
a
√
3
.
0,25
1 điểm V
S.ABCD
=
1
3
.
a
√
3
.a
2
=
a
3

√
3
9
. 0,25
Kẻ AE ⊥SB; EKBC.
Trong mặt phẳng AEKD kẻ EF sao cho

AEF = 45
o
.
Khi đó mặt phẳng (α) là (SBF). Gọi
−→
n là véc tơ pháp tuyến của (SBF). BD ⊥ (ABCD).
0,25
Nên cos φ =
|
−→
n .
−→
BD|
|
−→
n |.|
−→
BD|
=
|
−→
n .(
−→

FD −
−→
F )|
|
−→
n |.|
−→
BD|
=
|
−→
n .
−→
FD|
|
−→
n |.|
−→
BD|
=
|
−→
n |.|
−→
FD|cos45
o
|
−→
n |.|
−→

BD|
=
1
4
;
Do FD ⊥ (SAB)
0,25
3
6. Ta có
1
(a −b)
2
+
1
(b −c)
2
≥
2
(a −b)(b −c)
≥
8
(a −b + b −c)
2
=
8
(a −c)
2
0,25
1 điểm Suy ra
1

(a −b)
2
+
1
(b −c)
2
+
1
(a −c)
2
≥
9
(a −c)
2
0,25
Mặt khác a
2
+ b
2
+ c
2
≥ a
2
+ (−c)
2
≥
(a + (−c))
2
2
0,25

Nên

a
2
+ b
2
+ c
2


1
(a −b)
2
+
1
(b −c)
2
+
1
(c −a)
2

≥
9
2
. Dấu bằng khi a = −c; b = 0 0,25
7a. Trước hết ta tính được tâm I(
1
2
;

5
2
) .
IM ⊥ AB nên AB nhận
−→
IM là véc tơ pháp tuyến : AB : x + y −5 = 0
0,25
1 điểm Tọa độ điểm A và B là nghiệm của hệ phương trình :

x + y −5 = 0
x
2
+ y
2
−3x −5y + 6 = 0
Nên A(3; 2);B(1; 4)
0,25
Gọi điểm C(x; y); Tọa độ trung điểm N của BC : N

x + 1
2
;
y + 4
2

;
Gọi D là điểm đối xứng với A qua I suy ra BHCD là hình bình hành nên N là trung điểm HD.
Tọa độ của D(0; 3); Ta có H(x + 1; y+1).
Do điểm H thuộc đường thẳng 3x −y −4 = 0 nên 3(x + 1) −(y + 1) −4 = 0; 3x −y −2 = 0.
0,25

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình :

3x −y −2 = 0
x
2
+ y
2
−3x −5y + 6 = 0
Nên C(1;1);C(2;4)
0,25
8a.
−→
AB = (2; 4;2);
−→
AC = (4;2;2);
−→
BC = (2; −2;−4); AB = BC = CA =
√
24. Vậy tam giác ABC đều. 0,25
1 điểm
−→
AB ∧
−→
AC = (−12;12;−12);S
ABC
=
1
2

(−12)

2
+ (12)
2
+ (−12)
2
= 6
√
3 (đơn vị diện tích) 0,25
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC : G(3;1;0);
Phương trình đường thẳng ∆ qua G và vuông góc với (ABC):







x = 3 + t
y = 1 −t
z = t
Do S.ABC là hình chóp tam giác đều suy ra SG ⊥ (ABC) ⇐⇒ S ∈ ∆ nên S(3 +t; 1 −t;t).
0,25
SG =
3V
S
∆ABC
=
3.6
6
√

3
=
|
3 +t −1 + t +t −2
|
√
3
⇐⇒
|
3t
|
= 3 ⇐⇒


t = −1 =⇒ S(2; 2;−1)
t = 1 =⇒ S(4; 0;1)
0,25
9a. Đặt z = x + yi , (x, y ∈R).
Ta có

x
2
+ y
2
−3(x −yi) = 12i −4 ⇐⇒ 3i(y −4) +

x
2
+ y
2

−3x + 4 = 0
0,25
1 điểm Nên

y = 4

x
2
+ y
2
= 3x −4
⇐⇒







y = 4
x
2
+ y
2
= (3x −4)
2
3x −4 ≥ 0
⇐⇒

y = 4

x = 3
Do đó z = 3 + 4i 0,25
Ta được w =
3 + 4i
3 + 4i + 1 −i
+
3 −3 −4i
3 + 4i + 2i +5
=
18
25
−
1
25
i 0,25
Vậy |w| =


18
25

2
+

1
25

2
=
√

13
5
0,25
7b. Kẻ BK ⊥ ∆ ; CH ⊥∆. Gọi I là trung điểm của BC.
Kẻ IM ⊥ ∆. Nếu đường thẳng ∆ không cắt đoạn thẳng BC.
BK +CH = 2IM ≤ AI (do MKHC là hình thang).
0,25
1 điểm Nếu đường thẳng ∆ cắt đoạn thẳng BC Ta có d(B; ∆) + d(C; ∆) = BK +CH ≤ BC
Do tam giác ABC nhọn nên BC < 2AI (Tính AI và BC)
0,25
Suy ra 2d(B;∆) + d(C;∆) lớn nhất khi M trùng với A hay AI vuông góc với ∆. 0,25
Tọa độ điểm ;A(1; 6);B(−3;1);C(3; −1). Tọa độ điểm I(0;0) ;
−→
AI = (1; 6) ;
Phương trình đường thẳng ∆ : 1(x −1) + 6(y −6) = 0 ⇐⇒ x + 6y −37 = 0
0,25
4
8b.
−→
AB = (2;1;2);
−→
AC = (−2; 2;1);

−→
AB,
−→
AC

= (−3; −6;6). Gọi
−→

n là véc tơ pháp tuyến của (ABC)
do

−→
n ⊥
−→
AB
−→
n ⊥
−→
AC
nên chọn
−→
n =

−→
AB,
−→
AC

= (−3;−6;6); Phương trình (ABC) : x+2y−2z−1 = 0.
0,25
1 điểm Phương trình tham số của ∆ :








x = 2 −t
y = 3t
z = −1 + t
Gọi I là tâm mặt cầu do I ∈ ∆ nên I(2 −t;3t; −1 +t).
AI
2
= (1 −t)
2
+ 9t
2
+ (t −1)
2
= 11t
2
−4t + 2; d(I, (ABC)) =
|
2 −t + 6t + 2 −2t −1
|
3
=
|
t + 1
|
0,25
Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến của mặt cầu (S) và mặt phẳng (ABC)
thì r
2
= AI
2
−d

2
(I, (ABC)) = 11t
2
−4t + 2 −(t + 1)2 = 10t
2
−6t + 1 = 5 ⇐⇒ t = 1 hay t =
2
5
0,25
t = 1 khi đó I(1;3; 0); AI = 3 phương trình mặt cầu (x −1)
2
+ (y −3)
2
+ z
2
= 9.
t = −
2
5
; Khi đó I(
12
5
;
−6
5
;
−7
5
);AI =
√

134
5
; PTmặt cầu

x −
12
5

2
+

y +
6
5

2
+

z +
7
5

2
=
134
25
.
0,25
9b. Điều kiện
2

3
≤ y < 10; x ≤ 4;
Từ phương trình dưới ta được e
3x
+ 2x = e
3y
+ 2y.
Xét hàm số f (t) = e
3t
+ 2t; f

(t) > 0 suy ra x = y. Thay vào phương trình trên ta được
0,25
1 điểm log
3

2 +
√
3x −2

= log
3

10 −x
4 −x

⇐⇒ 2 +
√
3x −2 =
10 −x

4 −x
⇐⇒
√
3x −2 =
10 −x
4 −x
−2 ⇐⇒
√
3x −2 =
x + 2
4 −x
(∗)
0,25
Với
3
2
≤ x ≤ 4, PT(∗) ⇐⇒ 3x −2 =

x + 2
4 −x

2
⇐⇒ 3x
3
−27x
2
+ 60x −36 = 0 0,25
⇐⇒ (x −1)(3x
2
−24x + 36) = 0 ⇐⇒ x = 1;x = 2;x −6 (loại)

Vậy (x, y) = (1, 1);(2, 2) là nghiệm của hệ phương trình.
0,25
5