đề , đáp án thi thử đại học 2012-2013 thpt Chau Van Liem Can tho

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP CẦN THƠ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
TRƯỜNG THPT CHÂU VĂN LIÊM Mơn thi : TỐN
**** Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề.
ĐỀ THI THỬ
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
32
( 1) (2 1) 1y x m x m x     
(mR)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0.
b. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có 2 điểm cực trị x
1
, x
2
thoả
22
12
x 9x 10
.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
22
2sin cos2 2cos sin2 2cos
2
x
x x x x  

Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
2
3 6 1 2 2x x x x     

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I=
2
0
1
1 sin
x
dx
x





Câu 5 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên
AA = b. Gọi

là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC). Tính tan

và thể tích của khối chóp
A.BBCC.
Câu 6 (1,0 điểm) cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh
2 2 2
22a b c abc   

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu 7a. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình vng ABCD đường thẳng chứa đường
chéo AC có phương trình: x + y – 4 = 0, đường thẳng chứa BC có phương trình x 5 = 0 và điểm
M(1;1)  AD . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D.
Câu 8a. (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng:

 
1
x 1 t
d : y 2 t
z 2 t






  

và
 
2
x 2 u
d : y 1 u
z1








Chứng minh d
1
và d

2
chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu có bán
kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2

Câu 9a. (1,0 điểm) Trong khai triển
12 13 25 24
25 24 1 0
( ) ( 1) ( 2) f x x x a x a x a x a       
. Tìm a
3

Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD, biết A(1; 0), một đường chéo
có phương trình x + y  4 = 0 và diện tích hình thoi ABCD là 3. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại.
Câu 8b (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) :
2 2 2
2 4 6 11 0x y z x y z      
. Lập phương trình mặt phẳng (P) vng góc với đường thẳng d:
1
1 2 2
x y z 

và cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính bằng 3 .
Câu 9c (1,0 điểm) Giải hệ :
 
12
2

2 4 2
3.2 2 2
4log log 1 3log 4
x y y x
x y y










Hết
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………… Số báo danh: ……………………

1

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi : TOÁN
Câu
Đáp án
Điểm
1
(2,0 điểm)
a.(1,0 điểm) Cho hàm số
32

( 1) (2 1) 1y x m x m x     
(mR) Khảo sát sự biến thiên và vẽ
đồ thị (C) của hàm số khi m=0.
y= x
3
–x
2

–x+1. D= .
lim ; lim
xx
yy
 
   
;y’=3x
2
– 2x – 1
2
1
' 0 3 2 1 0
3
1
x
y x x
x



     





0,25

0,25
hàm số đồng biến trên các khoảng
 
1
; , 1;
3

  



hàm số nghịch biến trên
1
;1
3





hàm số đạt cực tiểu tại x=1 ; y
ct
=y(1)=0
hàm số đạt cực đại tại x=-1/3 y
cd

=y(-1/3) = 32/27
0,25

0,25
b. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có 2 điểm cực trị x
1
, x
2
thoả
22
12
x 9x 10

32
2
2
( 1) (2 1) 1
' 3 2( 1) (2 1)
1
' 0 3 2( 1) (2 1) 0
21
3
y x m x m x
y x m x m
x
y x m x m
m
x
     
    




       





0,25
hàm số có 2 điểm cực trị x
1,
x
2 <=>
phương trình y’=0 có 2 nghiệm và đổi dấu khi x qua
x
1
, x
2 <=>
21
12
3
m
m

    

0,25
2
22

2
12
1 (2 1) 10
9 10
21
9 10
3
m
xx
m

  

  









0,25
m=1(nhận) hay m=2 (loại)

0,25

2

Câu
Đáp án
Điểm
2
(1,0điểm)
Giải phương trình:
22
2sin cos2 2cos sin2 2cos
2
x
x x x x  
(1)

(1)
2
(1) 2sin cos2 sin2 2cos 1 cos 0x x x x x     

0,25
2sin cos2 2sin cos cos2 cos 0
cos2 (2sin 1) cos (2sin 1) 0 (2sin 1)(cos2 cos ) 0
x x x x x x
x x x x x x x
    
        

0,25
1
2sin 1 0
sin
2

cos2 cos 0
cos2 cos
x
x
xx
xx













0,25
52
2 ; 2 ; 2 ; k
6 6 3
x k x k x k x k
  
  
      ¢

0,25
3

(1,0 điểm
Giải bất phương trình:
2
3 6 1 2 2x x x x     
(1)
Điều kiện :
2
3 6 0
1
10
xx
x
x

  
  




i. x = -1 không phải là nghiệm (1)
ii. x > -1 chia 2 vế cho
1x 
, (
1x 
>0) ta được
2
( 1) 2( 1)
51
1

1
xx
x
x

  



0,25
Đặt t =
1
1
x
x


BPT trở thành
22
5 1 2 5 2 1t t t t      

0,25
2
1
2 1 0
2
2
2
3 4 4 0
2

3
t
t
t
tt
tt






   

  


   



0,25
Ta có
2
1
1
1
2 2 1 1
6 3 0
1

3 2 3 hay x 3 + 2 3
x
x
x
xx
xx
x
x






      

  

  




x 3 + 2 3
vậy nghiệm của BPT là
x 3 + 2 3

0,25
4
(1,0 điểm)

Tính tích phân I=
2
0
1
1 sin
x
dx
x





2
2
0
1
2cos
24
x
I dx
x










đặt u = 1 + x => du = dx
dv =
2
1
2cos ( )
24
dx
x


=>
tan
24
x
v






0,25
/2
2
0
0
(1 )tan tan
2 4 2 4
xx

I x dx



   
    
   
   


0,25
=1+2
2
0
tan
24
x
dx








0,25
2
0
1 2ln cos( ) 1 2ln 2

24
x


    


0,25

3

Câu
Đáp án
Điểm
5
(1,0 điểm)
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên
AA = b. Gọi

là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC). Tính tan

và thể tích của khối
chóp A.BBCC.

Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của 
ABC. Vì A.ABC là hình chóp đều nên góc giữa
hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) là  =
·
A EH


.
0,25
Ta có
3 3 3
,,
2 3 6
  
a a a
AE AH HE


22
22
93
''
3

  
ba
A H A A AH
.
Do đó:
22
' 2 3
tan



A H b a
HE a

;
0,25
2 2 2 2
. ' ' '
33
'.
44


   
ABC ABC A B C ABC
a a b a
S V A H S

0,25
2 2 2
'.
13
'.
3 12



A ABC ABC
a b a
V A H S
.
Do đó:
' ' ' . ' ' ' '.


A BB CC ABC A B C A ABC
V V V
=
2 2 2
3
6
a b a


0,25
6
(1,0 điểm)
cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2 . Chứng minh
2 2 2
22a b c abc   

Độ dài mỗi cạnh của tam giác nhỏ hơn nữa chu vi của tam giác đó nên ta có:
(1 )(1 )(1 ) 0 1 0a b c a b c ab bc ca abc            

0,25
2 2 2 2 2 2
1 ( ) 0
22
a b c a b c
a b c ab bc ca abc
   
         

0,25
2 2 2 2

()
10
22
a b c a b c
abc
   
    

0,25
2 2 2
2 2 2
1 0 2 2
2
abc
abc a b c abc

       
đpcm.
0,25
7a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình vuông ABCD đường thẳng chứa đường chéo AC
có phương trình : x + y – 4 = 0, đường thẳng chứa BC có phương trình x 5 = 0 và điểm
M(1;1) AD. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D.

C=ACBC nên toạ độ đỉnh C là nghiệm của hệ
40
(5; 1)
50
xy

C
x
  






0,25
Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AC => M’AB
Gọi I là giao điểm của AC và đường thẳng d qua M và vuông góc với AC
(2;2) '(3,3)IM


0,25
AB qua M’ , ABBC AB: y = 3
AD qua M , ADAB AD: x = 1
CD qua C , CD// AB CD: y = -1

0,25
Vậy A(1;3) , B(5;3) , D(1;-1)

0,25
A
B
C
A’
B’
C’

H
E

4

Cõu
ỏp ỏn
im
8a
(1,0 im)
Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho cỏc ng thng:

1
x 1 t
d : y 2 t
z 2 t








v

2
x 2 u
d : y 1 u
z1

Chng minh d
1
v d
2
chộo nhau. Vit phng trỡnh mt
cu cú bỏn kớnh nh nht tip xỳc vi c hai ng thng d
1
v d
2


ng thng (d
1
) i qua M
1
( 1; 2; -2) v cú VTCP

1
u 1;1; 1

ng thng (d
2

) i qua M
2
( 2; 1; 1) v cú VTCP

2
u 1; 1;0

Suy ra
1 2 1 2
u ,u .M M 6 0



. Vy (d
1
) v (d
2
) chộo nhau
0,25
Gi A l tip im ca d
1
v (S) , Gi B l tip im ca d
2
v (S) , I l tõm mt cu (S)
IA+IB AB , AB

12
,d d d
. IA + IB ngn nht khi I l trung im ca on AB v
AB l on vuụng gúc chung ca d

1
v d
2

0,25
Ly A( 1+ t; 2 + t; 2 t) (d
1
) v B( 2 + u; 1 u ; 1 ) thuc (d
2
) .Ta cú :

AB 1 u t; 1 u t;3 t

A,B l giao im ca ng vuụng gúc chung ca (d
1
) v (d
2
) vi hai ng ú
1
2
AB.u 0
3t 3 0 t 1
2 2u 0 u 1
AB.u 0

Suy ra : A( 0;1; 1) v B(1; 2; 1)
0,25
=> I(
13
; ;0
22
I



, R=
6
22
AB

phng trỡnh mt cu (S):
22
2
1 3 3
2 2 2
x x z

0,25
9a
(2,0 im)
Trong khai trin
12 13 25 24
25 24 1 0
( ) ( 1) ( 2) f x x x a x a x a x a
. Tỡm a
3

12 13 12 11 1 1 13 1 12 12 12 13
12 12 13 13
( ) ( 1) ( 2) ( 1)( 2 2 2 )f x x x x x C xC x C x C x

0,5
Cỏc hng t cha x
3
trong khai trin tip theo l
10 3 10 11 11 2 11 10 12 1 12 9 3 13
13 12 13 12 13 12
2 . 2 . 2 .2C x C xC x C xC x C x

0,25
Vy
10 10 11 11 11 10 12 12 9 13
13 13 12 13 12 13 12
2 2 2 2a C C C C C C

13
a
=7526400

0,25
7.b
(1,0 im)
Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hỡnh thoi ABCD, bieỏt A(1,0) , mt ủửụứng cheựo coự
phng trỡnh x + y 4 = 0 vaứ din tớch hỡnh thoi ABCD l 3. Tỡm ta cỏc nh cũn li.

BD: x + y 4 =0 ( A(1;0)BD)
AC qua A , ACBD => AC: x y 1=0 ; I=ACBD =>

53
; 4;3
22
IC






0,25
B,D i xng qua I
( ;4 ) (5 ; 1)B b b BD D b b


0,25
Din tớch S=BD.IC=

22
. 3 2
(5 2 ) (2 5) . 3
22
BD AC
bb

2(5-2b)
2
= 2
2
3
b
b








0,25
Vy B( 3;1) , D(2;2) hay B(2;2) ,D( 3;1)
0,25

5

Câu
Đáp án

Điểm
8.b
(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) :
2 2 2
2 4 6 11 0x y z x y z      
. Lập
phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d :
1
1 2 2
x y z 

và cắt mặt cầu (S) theo
đường tròn có bán kính bằng 3 .

Mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d :
1
1 2 2
x y z 

nên có vectơ pháp tuyến là
(1;2;2)n 
phương trình mặt phẳng (P) có dạng x + 2y +2z + d =0
0,25
(S) có tâm I(1;2;3) có bán kính R=
1 4 9 11 5   
, d(I,(P))=
22
25 9 4Rr   

0,25
222
1
1 2.2 2.3 d
4 11 12
23
1 2 2
d
d
d

  

     





0,25
Vậy có hai mặt phẳng thỏa đề bài có phương trình là (P): x + 2y +2z + 1 = 0
Và (P’): x + 2y +2z  23 = 0
0,25
9.b
(1,0 điểm)
Giải hệ :
 
12
2
2 4 2

3.2 2 2
4log log 1 3log 4
x y y x
x y y









Điều kiện :
0; 0xy

 
2
1 3.2 2.2 2
x y y x
  
2
3.2 .2 2.2 .2 2 .2
x x y x y x x   
  
 
2
3 2.2 2
y x y x
  

0,25
Đặt
2
yx
t



0t 

Ta được phương trình
 
 
2
1
2 3 0
3
tn
tt
tl


   





0,25

0
1 2 1 2
yx
t

   
0y x x y    

Thay
xy
vào (2) ta được phương trình
 
2
2 4 2
4log log 1 3log 4x x x

 
23
2 2 2 2 2
1
4log log 1 3 2 log log 7log 6 0
4
x x x x x

       



0,25
Đặt

2
logtx

Phương trình
3
7 6 0tt   

3
1
2
t
t
t



  





11
3 8 ; 1 ; 2
24
t x y t x y t x y             

Vậy
 
1 1 1 1

; ; ; ; 8;8
2 2 4 4
S

   


   
   


0,25