De thi thu DH khoi A,B 2013 - dap an

SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
TRƯỜNG THPT THUẬN AN Môn: TOÁN - khối A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ THI THỬ
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I. ( 2,0 điểm) Cho hàm số
4 2
2 1y x mx
= − +
(1),
m
là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B và C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC có bán kính bằng 1.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3(sin2x+sinx)+cos2x-cosx=2
2. Giải phương trình:
( ) ( )
3
3 2 2
1 2 1x x x x+ − = −
Câu III. ( 1,0 điểm) Tính tích phân I =
2
1
ln
(3 ln )
e
x
dx

x x
+
∫
Câu IV.( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, có tam giác ABC vuông tại B,
AB=a, BC=a 3
, mp(SAC)
vuông góc mp(ABC),
SA=SC=a 2
. Gọi M, N lần lượt là trọng tâm tam giác SAB và SAC. Tính thể
tích của khối chóp S.AMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo
a
.
Câu V. ( 1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
1 1
1 1 1 1A x y
y x
 
 
= + + + + +
 ÷
 ÷
 
 
.
II. 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 mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
2 2
(C): x +y =1
. Đường tròn (C') tâm
I(2;2)

cắt (C) tại các điểm A, B sao cho độ dài đoạn AB =
2
. Viết phương trình đường thẳng AB.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
A(-1;6;6), B(3;-6;-2)
. Tìm điểm M thuộc
mặt phẳng (Oxy) sao cho tổng
MA MB+
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.a ( 1,0 điểm)
Tìm phần thực và phần ảo của số phức z, biết
2
( 5 ) (1 5 )z i i= + −
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình
2 2
2 4 20 0x y x y+ + − − =
và điểm
A(3;0)
. Viết phương trình đường thẳng
( )∆

đi qua A và cắt đường
tròn (C) theo một dây cung MN có độ dài:
a) Lớn nhất.
b) Nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai điểm
I(0;0;1), K(3;0;0)
. Viết phương trình mặt
phẳng đi qua hai điểm I, K và tạo với mặt phẳng Oxy một góc bằng
30
o
.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm dạng lượng giác của số phức sau:
1 3
3
i
z
i
−
=
+
.
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
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A, A1, B NĂM HỌC 2013
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
1.a

Câu 1. a) Khi
1m
=
, ta có:
4 2
2 1y x x
= − +
.
Tập xác định:
D R
=
.
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
3
' 4 4 ; ' 0 1 0 1 hoaëc hoaëc y x x y x x x
= − = ⇔ = − = =
.
Các khoảng đồng biến:
( 1;0)
−
và
(1; )+∞
, khoảng nghịch biến
( ; 1)−∞ −
và
(0;1)
.
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
0x

=
,
1
CÑ
y
=
; đạt cực tiểu tại
1x
= ±
và
0
CT
y
=
.
Giới hạn:
lim
x
y
→+∞
= +∞
và
lim
x
y
→−∞
= +∞
Bảng biến thiên:

Đồ thị:

0.25
0.25
0.25
0.25
1.b
b) Ta có
3 2
2
0
' 4 4 4 ( ); ' 0
x
y x mx x x m y
x m
=

= − = − = ⇔

=

, vậy đồ thị hàm số (1) có ba điểm
cực trị khi và chỉ khi
0m
>
.
Các điểm cực trị hàm số là
2 2
(0;1); ( ;1 ); ( ;1 )A B m m C m m− − −
. Gọi
I
là tâm và

R
là
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
. Do
,B C
đối xứng nhau qua trục tung nên
tam giác
ABC
cân tại
A
, do đó tâm
I
nằm trên
Oy
, giả sử:
(0; ) 1I y IA R
⇒ = =
0.25
0.25
2
1 2
0
( 1) 1 (0;0); (0;2)
2
y
y hay I I
y
=


⇔ − = ⇔

=

.
Với
( )
2
2
1 1
1 5
(0;0) 1 1 1 0; 1
2
hoaëc I I B R m m m m m
− ±
⇒ = = ⇔ + − = ⇔ = = =
, do
0m
>
nên chỉ nhận
1 5
1;
2
m m
− +
= =
Với
( )
2
2

2 2
(0;2) 1 1 1I I B R m m⇒ = = ⇔ + + =
, phương trình này vô nghiệm do
( )
2
2
0 1 1m m m
> ⇒ + + >
.
Vậy
1 5
1;
2
m m
− +
= =
là hai giá trị cần tìm.
0.25
0.25
2
Câu 2a. Giải phương trình
3(sin 2 sin ) 2 cos 2x x cos x x+ + − =
3 1 3 1
sin 2 2 sin cos 1
2 2 2 2
2 sin 1
3 6
x cos x x x
cos x x
π π

   
⇔ + + − =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
⇔ − + − =
 ÷  ÷
   
2
2sin sin 0
6 6
x x
π π
   
⇔ − − − =
 ÷  ÷
   
sin 0
6
1
sin
6 2
6
2 ,
2
3
x
x
x k

x k k
x k
π
π
π
π
π π
π
π

 
− =
 ÷

 

⇔

 
− =

 ÷
 


= +


⇔ = + ∈



= +


¢
0.25
0.25
0.25
0.25
2
Câu 2b. Giải phương trình sau
( ) ( )
3
3 2 2
1 2 1x x x x+ − = −
Điều kiện:
1 1x
− ≤ ≤
.
Phương trình đã cho tương đương với
(
)
(
)
( )
2 2 2 2 2
1 1 1 2 1x x x x x x x x+ − − − + − = −
(
)
(

)
( )
2 2 2
1 1 1 2 1x x x x x x⇔ + − − − = −
(*)
Đặt
2
2 2
1
1 1
2
t
t x x x x
−
= + − ⇒ − =
, khi đó phương trình (*) trở thành:
( ) ( )
2 2
3 2 2
1 1
1 2 2 3 2 0 2 2 2 1 0
2 2
t t
t t t t t t t
 
− −
− = ⇔ + − − = ⇔ − + + =
 ÷
 
2

2
2
2 1
2 2 1 0
2 1
t
t
t
t t
t

=


=
⇔ ⇔ = − +


+ + =



= − −


(i). Với
2 2
2 1 2 1 2t x x x x= ⇒ + − = ⇔ − = −

( )

2
2 2
1
1 2 2 2 2 1 0
2
x x x x x⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ =
0.25
0.25
0.25
(ii). Với
2
2 1 1 2 1t x x= − − ⇒ + − = − − ⇔
vô nghiệm do
1VT VP
≥ − >
(iii) Với
2 2
2 1 1 2 1 1 2 1t x x x x= − + ⇒ + − = − + ⇔ − = − + −
( )
2
2
1 2 1
1 2 2 2 1
2
1 2 1
x
x
x x

− ≤ ≤ − +

− − −

⇔ ⇔ =

− = − + −


Vậy phương trình có hai nghiệm là
2 1 2 2 2 1
,
2 2
x x
− − −
= =
.
0.25
3
Câu 3 (1.0 điểm). Tính tích phân I =
2
1
ln
(3 ln )
e
x
dx
x x+
∫
Ta có
Đặt
1

3 ln ln 3t x x t dt dx
x
= + ⇒ = − ⇒ =
Đổi cận
x
1 e
t
3 4
4
4 4 4
4
2 2
3
3
3 3 3
3 1 3 3 4 1
ln ln
3 4
t
I dt dt dt t
t t t t
−
= = − = + = −
∫ ∫ ∫
0.25
0.5
4 Câu 4

Tính
SAMN

V
:
Ta có
2 2 2
2AC a SA SC AC SA SC= ⇒ + = ⇒ ⊥
Hạ
SH AC
⊥
, do
( ) ( ) ( ),SAC ABC SH ABC SH a⊥ ⇒ ⊥ =
Gọi
K
là trung điểm của
AB
. Ta có
2 2 4
. .
3 3 9
SAMN
SAKH
V
SM SN
V SK SH
= = =

3
4 4 1 4 1 1 3 3
. . . . . . . .
9 9 3 9 3 2 2 2 54
SAMN SAKH AKH

a a a
V V S SH a⇒ = = = =
Tính
( , )d SC AB
:
Chọn hệ trục tọa độ
Oxyz
hình vẽ sao cho
3
(0;0;0), (0; ;0), ( 3;0;0), ( ; ; )
2 2
a a
B A a C a S a
0.25
0.25
0.25
Ta có
3
; ; , (0; ;0), ( 3; ;0)
2 2
a a
SC a AB a CA a a
 
= − − = − = −
 ÷
 ÷
 
uuur uuur uuur
, .
2 21

( , )
7
,
SC AB CA
a
d SC AB
SC AB
 
 
= =
 
 
uuur uuur uuur
uuur uuur
0.25
5
Câu 5 (1,0 điểm) Cho
,x y
là hai số dương thỏa mãn
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
( ) ( )
1 1
1 1 1 1A x y
y x
 
 
= + + + + +

 ÷
 ÷
 
 
.
Ta có thể viết
A
thành dạng sau:
1 1 1 1 1
2
2 2 2
x y
A x y
x y y x x y
     
 
= + + + + + + + +
 ÷  ÷  ÷
 ÷
 
     
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 2
1 1 1 1 1 1 2
2, 2, 2, 2
2 2 2
x y
x y
x y y x x y

xy
x y
 
+ ≥ + ≥ + ≥ + ≥ ≥ =
 ÷
+
 
Cộng theo vế ta được
1 1 1 1 1
3 2 2 3 2 4
2 2 2
x y
x y A
x y y x x y
     
 
+ + + + + + + ≥ + ⇒ ≥ +
 ÷  ÷  ÷
 ÷
 
     
Dấu đẳng thức xảy ra
2 2
1 1
; ;
2 2
2
1 1
2
; 1; 0; 0

x y
x y
x y y x
x y
x y x y
x y

= = =


⇔ = =


= + = ≥ ≥


.
Vậy giá trị nhỏ nhất của
A
là
3 2 4+
khi
2
2
x y= =
0.25
0.25
0.25
0.25
II.PHẦN RIÊNG (3.0 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)

6.a.1 A.Theo chương trình chuẩn
Câu 6.a.1 Đường tròn
( )C
có tâm
(0;0)O
và bán kính
1r =
. Gọi
H
là hình chiếu vuông
góc của
O
trên
AB
thì
H
là trung điểm của đoạn
AB

2
2 2
AB
HA⇒ = =
.
Tam giác
OHA
vuông tại
H
, ta có:
2 2

1 1
1
2
2
OH OA HA= − = − =
.
Đường tròn
( ')C
tâm
(2;2)I
. Nên đường thẳng
AB
chính là đường thẳng vuông góc với
OI
và cách
O
một khoảng
1
2
OH =
.
Do
(2;2) : 0OI AB x y c= ⇒ + + =
uur
Mặt khác:
1 1
( ; ) 1
2 2 2
c
d O AB c= ⇔ = ⇔ = ±

.
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là:
1 0x y+ + =
và
1 0x y+ − =
.

0.25
0.25
0.25
0.25
6.a
Câu 6.a.2.
( ) ( ; ;0)M Oxy M x y∈ ⇒
Ta có:
( 1 ;6 ;6), (3 ; 6 ; 2)MA x y MB x y= − − − = − − − −
uuur uuur
Phương trình mặt phẳng
( ) : 0Oxy z =
, do A có cao độ bằng 6, B có cao độ bằng -2 nên hai
điểm
,A B
nằm về hai phía đối với mặt phẳng
( )Oxy
.
Ta có
(khoâng ñoåi)MA MB AB+ ≥
min( )MA MB AB⇒ + =
, đạt được khi ba điểm
, ,A B M

thẳng hàng
MA⇔
uuur
và
MB
uuur
cùng phương nên
2
1 6 6
3
3 6 2
x
x y
y
x y
=

− − −
= = ⇔

= −
− − − −

.
Vậy điểm cần tìm là
(2; 3;0)M −
.
0.25
0.25
0.5

7.a
2
( 5 ) (1 5 ) (4 2 5 )(1 5 ) 14 2 5z i i i i i= + − = + − = −
Vậy z =
14 2 5 i+
Phần thực của z là 14 và phần ảo là 2
5
0.5
0.25
0.25
B.Theo chương trình nâng cao
Câu 6.b.1
Đường tròn
( )C
có tâm
( 1;2)I −
, bán kính
5R =
.
a).Dây
MN
lớn nhất khi
MN
là đường kính của
( )C
. Do đó
( )∆
là đường thẳng đi qua A
0.25
6.b

và
I
.
Ta có
(4; 2)IA = −
uur
suy ra phương trình đường thẳng
( )∆
là
3 0
2 3 0
4 2
x y
x y
− −
= ⇔ + − =
−
.
b).Kẻ
IH MN⊥
tại
H
. Dây
MN
nhỏ nhất khi
IH
lớn nhất.
Ta có:
2 5 2 5
max

IH IA IH≤ = ⇒ =
khi
( )H A IA≡ ⇒ ∆ ⊥
tại A.
Vậy
( )∆
đi qua
( )∆
và nhận
(4; 2)IA = −
uur
làm véctơ pháp tuyến có phương trình:
4( 3) 2( 0) 0 2 6 0x y x y− − − = ⇔ − − =
0.25
0.25
0.25
6.b
Câu 6.b.2 Gọi mặt phẳng cần tìm là
( ) : 0Ax By Cz D
α
+ + + =

2 2 2
( 0)A B C+ + ≠
.
Ta có
(0;0;1) ( ) 0I C D
α
∈ ⇒ + =
(1)

(3;0;0) ( ) 3 0K A D
α
∈ ⇒ + =
(2)
( )
α
và
( )Oxy
có véctơ pháp tuyến lần lượt là
( ; ; ), (0;0;1)n A B C k= =
r r
.
( )
α
tạo với
( )Oxy

một góc bằng
30
o
nên ta có
2 2 2 2
2 2 2
.
3
30 4 3( )
2
o
n k
C

cos C A B C
n k
A B C
= ⇔ = ⇔ = + +
+ +
r r
r r
2 2 2
3 3 0A B C⇔ + − =
(3)
Từ (1) và (2), ta có
3C A=
thế
3C A=
vào (3) ta được
2 2 2 2 2
3 3 9 0 2 2A B A B A B A+ − = ⇔ = ⇔ = ±
Chọn
1, 2 3, 3A B C D= = ± ⇒ = = −
Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là:
2 3 3 0x y z+ + − =
và
2 3 3 0x y z− + − =
0.25
0.25
0.25
0.25
7.b
Câu 7.b Tìm dạng lượng giác của số phức sau
1 3

3
i
z
i
−
=
+
.
1 3
2
2 sin
2 2
3 3
1 3
3
3 1
2 sin
2
6 6
2 2
sin
2 2

i
cos i
i
z
i
cos i
i

cos i
π π
π π
π π
 
 
   
−
− + −
 ÷
 ÷  ÷
 
−
   
   
= = =
   
+
+
+
 ÷
 
 
 
   
= − + −
 ÷  ÷
   
Cách khác:
1 3

3
i
z
i
−
=
+
=
(1 3)( 3 )
0 ( 1) ( ) sin( )
4 2 2
os
i i
i i c i
π π
− −
= − = + − = − + −
0.5
0.5
1
Học sinh có cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa câu đó