ĐÊ - ĐÁP ÁN THI THƯ LÂN II NĂM 2013 MON TOÁN TRƯƠNG TRẦN PHÚ HÀ TĨNH

SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2013
Môn: TOÁN - Khối A,A
1,
B và D
Thời gian làm bài: 180 phút không kể phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số
2 2
1
mx m
y
x
+ −
=
+
(1).
a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1m =
.
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt đường thẳng
∆
:
3y x= +
tại 2 điểm A, B sao cho tam giác
ABI có diện tích bằng 3, với điểm I(-1;1).
Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình:
2

3 sin 2 2sin 3 - 2sin 2cos
2
x x x x
π
 
+ = −
 ÷
 
.
Câu 3.(1,0 điểm) Giải bất phương trình:
1 5 2x x x+ + − ≥ −
.
Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân:
( )
4
2
0
sin 4
2 sin 1
x
I dx
x
π
=
+
∫
.
Câu 5.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Đường thẳng SD tạo với đáy
ABCD một góc 60
0

. Gọi M là trung điểm AB. Biết MD =
3 5
2
a
, mặt phẳng (SDM) và mặt phẳng
(SAC) cùng vuông góc với đáy. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng CD và SM theo
a
.
Câu 6.(1,0 điểm) Cho
, ,a b c
là các số thực dương thỏa mãn
( )
2 2 2
5 2a b c a b c ab+ + = + + −
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
3 1
48
10
Q a b c
a b c
 
= + + + +
 ÷
 ÷
+ +
 
.

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Trung tuyến kẻ từ A và
đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là
3 1 0x y+ + =
và
1 0x y− + =
. Biết M(-1;2) là trung
điểm AB. Tìm tọa độ điểm C.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
2 5 0x y z+ − + =
và
mặt cầu (S):
( ) ( ) ( )
2 2 2
4 1 1 15x y z+ + − + − =
. Viết phương trình mặt phẳng(Q) đi qua A(1;0;-4),
vuông góc với (P) đồng thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 4
π
.
Câu 9.a(1.0 điểm) Tính |z|, biết:
( ) ( )
( )
5 .
1 3 2
2
i z
z i i
i
= + − −

+
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 4 3 0x y x y+ − + − =
. Viết phương trình đường tròn có tâm K(1;3) cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho diện tích
tam giác IAB bằng 4, với I là tâm của đường tròn (C).
Câu 8.b (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q):
0x y z+ + =
và hai
điểm A(4;-3;1), B(2;1;1). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Q) sao cho tam giác ABM vuông cân tại M.
Câu 9.b (1.0 điểm) Tìm các giá trị x sao cho số hạng thứ ba trong khai triển nhị thức Niu-tơn
( )
3
2 2
8
1
log 1
log
3
3 3
x
x
− +
 
+
 ÷
 
bằng 28.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…….………………………………… ; Số báo danh:……………
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN II TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ NĂM 2013
Môn: TOÁN - Khối A,A1,B và D (gồm 4 trang)
CÂU NỘI DUNG
ĐIỂM
a) (1 điểm) Khảo sát và vẽ ….
Khi m = 1, ta có:
2 1
1
x
y
x
−
=
+
.
• Tập xác định: D=R\{-1}
• Sự biến thiên:
( )
2
3
' 0, 1
1
y x
x
= > ∀ ≠
+
.

- Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
; 1−∞ −
và
( )
1;− +∞
.
0.25
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2;
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
tiệm cận ngang
2y =
.

( ) ( )
1 1
lim ; lim ;
x x
y y
− +
→ − → −
= +∞ = −∞
tiệm cận đứng
1x = −
.
0.25

-Bảng biến thiên:
x
−∞
-1
+∞
y’
+ +
y

+∞

0.25
• Đồ thị:
0.25
b)(1 điểm) Tìm m …
Phương trình hoành độ giao điểm:
( ) ( )
1
2 2
3
2 2 1 3
1
x
mx m
x
mx m x x
x
≠ −

+ −


= + ⇔

+ − = + +
+


( ) ( )
2
1
2 2 5 0 *
x
x m x m
≠ −


⇔

+ − + − =


0.25
Kí hiệu
( )
g x =
( )
2
2 2 5x m x m+ − + −
Đồ thị của hàm số (1) cắt (
∆

) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi pt (*) thỏa mãn
( )
( )
2
2
2
' 0 2 5 3 1
3 1 0
2
( 1) 1 2 2 5 0
m m m m
m m
m
g m m

∆ > = − − + = − −

− − >

⇔
 
≠ −
− = − − + − ≠



(**)
Do A, B thuộc (
∆
) nên ta gọi

( ) ( )
1 1 2 2
; 3 , ; 3A x x B x x
+ +
trong đó x
1
, x
2
là nghiệm của (*).
Theo định lí viet ta có
( )
1 2
1 2
2 2
5
x x m
x x m
 + = − −


= −


0.25
Từ giả thuyết
( ) ( )
2
2 1
1 1 1
3 , . 3 2 3

2 2
2
IAB
S d I AB x x= ⇔ ∆ = ⇔ − =
( ) ( ) ( )
2 2
2 1 2 1
5
4 36 4 2 4 5 36
2
m
x x x x m m
m
=

⇔ + − = ⇔ − − − = ⇔

= −

0.25
Kết hợp điều kiện (**) được m cần tìm là m=5.
0.25
2
Phương trình đã cho tương đương:
2
2 3sin cos cos3 2sin cosx x x x x− = −
0.25
( )
2
sin 3 sin cos 2sin .sin 2 0 sin sin 3 cos 2sin 2 0 sin sin sin 2 0

3
x x x x x x x x x x x x
π
 
 
⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ − − =
 ÷
 ÷
 
 
0.25
2
10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-5
5
O
-1
-1
1/2
−∞
2
E

H
M
B
C
A
D
S
K
(1,0điểm)
sin 0x
⇔ =
hoặc
sin 2 sin
3
x x
π
 
= −
 ÷
 
*sin 0 .x x k
π
= ⇔ =
0.25
2 2
2
3
3
*sin 2 sin
4 2

3
2 2
3
9 3
x x k
x k
x x
x x k
x k
π
π
π
π
π
π
π π
π π


= − +
= − +


 

= − ⇔ ⇔

 ÷
 
  


= − − +
= +
 ÷



 

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
4 2
; 2 ; ,
3 9 3
k k k k Z
π π π
π π
 
− + + ∈
 
 
0.25
3
(1,0điểm)
Điều kiện:
1 5x− ≤ ≤
.
+Với
2 5x≤ ≤
.Ta có
1 5 0x x

+ + − ≥
và
2 0x− ≤
.Suy ra
2 5x≤ ≤
là nghiệm của bpt đã cho.
0.25
+Với
1 2x
− ≤ <
. Bình phương 2 vế của bất phương trình đã cho ta được
( ) ( )
2 2 2
6 2 1 5 4 4 4 2 5 4 2 0x x x x x x x x+ + − ≥ − + ⇔ − + + + − + ≥
0.25
Đặt
2
5 4 , 0 3t x x t= + − ≤ ≤
Phương trình đã cho có dạng.
2
1
2 3 0
3 ( )
t
t t
t loai
≥

+ − ≥ ⇔


≤ −

0.25
2 2
1 5 4 1 5 4 1 2 2 2 2t x x x x x≥ ⇔ + − ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ − ≤ <
(2)
Từ (1) và (2) ta được tập nghiệm của bpt đã cho là:
2 2 2;5
 
−
 
.
0.25
4
(1,0điểm)
Ta có I=
( )
( )
( )
( )
( )
2
4 4 4
2 2
0 0 0
4sin cos 1- 2 sin
4sin cos 1- 2sin
2sin 2 cos 2
2 sin 1
2 sin 1 2 sin 1

x x x
x x x
x x
dx dx dx
x
x x
π π π
= =
+
+ +
∫ ∫ ∫
0.25
Đặt
2 sin 1t x= +
ta có
2 cos . ; 0 1; 2
4
dt x dx x t x t
π
= = ⇒ = = ⇒ =
.
0.25
( ) ( )
2 2
1 1
2 1 2
4
2 6
t t
I dt t dt

t t
− −
 
= = − + −
 ÷
 
∫ ∫
.
0.25
( )
2
2
1
6 4ln 3 4ln 2t t t= − + − = −
.
0.25
5
(1,0điểm)
Ta có
2
2 2 2 2
45
3
4 4
AD
AD AM MD AD a AD a
+ = ⇔ + = ⇔ =
2
9
ABCD

S a⇒ =
Gọi H là giao của AC và DM, Do (SAC) và (SDH)
cùng vuông góc với đáy (ABCD) nên SH
⊥
(ABCD)
suy ra
0
60SDH∠ =
;
0 0
2
.tan 60 tan60 15 .
3
SH HD DM a= = =
(vì H là trọng tâm tam giác ADB)
Vậy
2 3
.
1 1
. 15 .9 3 15 .
3 3
S ABCD ABCD
V SH S a a a= = =
0.5
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên AB và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó AB
⊥
(SHE)
⇒
AB
⊥

HK suy ra HK
⊥
(SAB). Mặt khác do CD//(SAB) nên ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
, , , 3 ( ,( ))d CD SM d CD SAB d D SAB d H SAB= = =

2 2 2
2
3 . . 3 15
3 .
4
1
3
HE HS AD HS a
HK
HE HS
AD HS
= = = =
+
 
+
 ÷
 
0.5
6
(1,0điểm)
Ta có

( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
1
5 0 10
2
a b c a b c a b c a b c+ + = + + ≤ + + ⇒ < + + ≤
.
0.25
M
A
C
B

( )
10 1
2 22
3 6
a
a
+
≤ +
;
( )
3
1
3 16
4
b c c b+ ≤ + +
0.25

3
1 1 12 12
48 48
22 16
10
3
Q a b c a b c
a b c
a b c
 
 ÷
 
 ÷
= + + + + ≥ + + + +
 ÷
+ + +
 ÷
+ +
 
 ÷
 

4 2304
576
38 38
a b c a b c
a b c a b c
 
≥ + + + = + + +
 ÷

+ + + + + +
 
0.25
Xét
2304
( )
38
f t t
t
= +
+
với
(
]
0;10t ∈
.
( )
2
2304
'( ) 1 0
38
f t
t
= − ≤
+
với
(
]
0;10t ∈
Do đó hàm số nghịch biến trên nữa khoảng

(
]
0;10
, suy ra
( ) (10) 58f x f≥ =
.
Suy ra giá trị nhỏ nhất của Q bằng 58. khi a=2, b=3, c=5.
0.25
7.a
(1,0điểm)
A thuộc trung tuyến kẻ từ A nên
( )
3 1;A a a− −
B thuộc đường cao kẻ từ B nên
( )
; 1B b b +
Vì M là trung điểm AB nên ta có
3 1
1
1
2
1 2
2
2
a b
a
a b b
− − +

=−


=


⇔
 
+ + =


=


Suy ra A(-4;1), B(2;3)
0.5
Phương trình đường thẳng AC:
( ) ( )
4 1 0 3 0x y x y
+ + − = ⇔ + + =
Điểm C thuộc đường thẳng AC nên C(c;-c-3)
0.25
Mặt khác trung điểm BC thuộc trung tuyến kẻ từ A do đó ta có:
2
3 1 0 2
2 2
c c
c
+ −
   
+ + = ⇔ =
 ÷  ÷

   
. Vậy
( )
2; 5C −
0.25
8.a
(1,0điểm)
Mặt cầu (S) có tâm I(-4;1;1) và bán kính
15R =
,
( )
1;2; 1
P
n −
r
là véc tơ pháp tuyến của (P).
Gọi phương trình mặt phẳng (Q) qua A có dạng: A(x-1)+By+C(z+4)=0 với
2 2 2
0A B C+ + ≠
và
( )
; ;
Q
n A B C
r
là vtpt của (Q).
0.25
(Q)
⊥
(P)

. 0 2 0 2
Q P
n n A B C C A B⇔ = ⇔ + − = ⇔ = +
r r
(1)
Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến, ta có r = 4 Suy ra
( )
( )
2 2
; 15 4 11d I Q R r
= − = − =
(2)
0.25
Mặt khác
( )
( )
2 2 2
5 5
;
A B C
d I Q
A B C
− + +
=
+ +
(3)
Từ (1), (2), (3) ta có
2 2
2 2
11

11 3 2 0
2 5 4
B
A B AB
A B AB
= ⇔ − + =
+ +
A=0 không thỏa mãn, Chọn A=1
⇒
B=1 hoặc B=
1
3
−
.
0.25
*Với A=1; B=1; C=3. Mặt phẳng (Q) có phương trình (x-1)+y+3(z+4)=0
⇔
x+y+3z+11=0.
*Với A=1; B=
1
3
−
; C=
1
3
. Mặt phẳng(Q) có phương trình (x-1)-
1
3
y+
1

3
(z+4)=0
⇔
3x-y+z+1=0.
Vây phương trình mặt phẳng cần tìm là x+y+3z+11=0 và 3x-y+z+1=0.
0.25
9a
(1,0điểm)
Đặt
, ,z a bi a b R= + ∈
ta có
( ) ( )
( )
5 .
1 3 2
2
i z
z i i
i
= + − −
+
( ) ( )
5 2a bi i i i a bi
⇔ + = + − − −
0.25
( ) ( ) ( )
5 1 2 5 2 2a bi i i a bi a bi i a b b a i
⇔ + = + − + − ⇔ + = + − − + −
( )
5 2 2 1 2 0a b a i

⇔ − − + − =
0.25

( )
5 2 2 1 2 0a b a i⇔ − − + − =
1
5 2 2 0
2
1 2 0
2
a b
a
a
b

− − =
=


⇔ ⇔
 
− =


=

0.25
Vậy
2 2
17

2
z a b= + =
.
0.25
7.b
(1,0điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) bán kính
2 2R =
.Gọi H là trung điểm AB. Khi đó
2 2
. 4 .
ABI
S IH AH R AH AH= ⇔ = −
( )
2 2 2
16 8 . 4 2AH AH AH AH
⇔ = − ⇔ = ⇔ =
0.25
Ta có
5IK
=
>
2 2 R=
nên có hai trường hợp sau
Trường hợp 1: H nằm giữa đoạn thẳng IK, ta có
( )
2
2 2 2 2 2
2 3 13AK HA KH HA KI IH= + = + − = + =
Do đó đường tròn cần tìm có phương trình.

( ) ( )
2 2
1 3 13x y− + − =
.
0.25
Trường hợp 2: I nằm giữa đoạn thẳng HK, ta có
( )
2
2 2 2 2 2
2 7 53AK HA KH HA KI IH= + = + + = + =
Do đó đường tròn cần tìm có phương trình.
( ) ( )
2 2
1 3 53x y− + − =
.
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình.
( ) ( )
2 2
1 3 13x y− + − =
và
( ) ( )
2 2
1 3 53x y− + − =
.
0.5
8.b
(1,0điểm)
Gọi M(a;b;c) khi đó .
( )
( ) 0 1M Q a b c∈ ⇔ + + =

Tam giác ABM cân tại M khi và chỉ khi
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2
4 3 1 2 1 1 2 5 0AM BM a b c a b c a b
= ⇔ − + + + − = − + − + − ⇔ − + + =
(2)
0.25
Từ (1) và (2) ta có.
0 2 5
2 5 0 5 3
a b c a b
a b c b
+ + = = +
 
⇔
 
− + + = = − −
 
(*)
Trung điểm AB là
( )
3; 1;1I −
,
0.25
Tam giác ABM cân tại M , suy ra
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 1 1 5
2

AB
MI a b c= ⇔ − + + + − =
(3)
Thay (*) vào (3) ta được
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 2 1 6 3 5 7 23 18 0b b b b b
+ + + + − − = ⇔ + + = ⇔
2b = −
hoặc
9
7
b
= −
0.25
Với b=-2
1, 1 (1; 2;1)a c M⇒ = = ⇒ −
.
Với
9 17 8 17 9 8
; ; ;
7 7 7 7 7 7
b a c M
 
= − ⇒ = = − ⇒ − −
 ÷
 
Vậy điểm M cần tìm là
(1; 2;1)M −

và
17 9 8
; ;
7 7 7
M
 
− −
 ÷
 
0.25
9.b
(1,0điểm)
Số hạng thứ ba trong khai triển nhị thức Niu-tơn trên là
( )
( )
( ) ( )
3
3 2 3
2 2 2
6
1
2
log 1
2 log 1 8log 2 log 1
2 log 8log
3
8
3 3 28.3 3 28.3
x
x x x

x x
C
− +
− + − +
 
= =
 ÷
 
0.25
Theo giả thiết ta có
( ) ( )
2 2 3 2 2 3
2log 2 log 1 log 2 log 1
28.3 28 3 1
x x x x− + − +
= ⇔ =
0.25
( )
2 2 3 2
2log 2 log 1 0 4log 3log 1 0x x x x⇔ − + = ⇔ − − =
0.25
4
10
log 1
1
1
log
10
4
x

x
x
x
=

=



⇔ ⇔


=
= −



. Vậy x cần tìm là x =10 và
4
1
10
x =
.
0.25
Hết