Đề thi thử Đại học môn Toán lần 3 - 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN.

ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013
MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D.
Thời gian làm bài: 180 phút.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số
4 2 2
2 3
y x mx m
   
có đồ thị (C
m
).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
b) Tìm m để (C
m
) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác có diện tích bằng
4 2
.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình
2 3 1
8sin
sin cos
x
x x

 

.
b) Giải hệ phương trình :
3 3 3
2 2
8 27 28
( , )
2 3 2
x y y
x y
x y x y

 



 



.
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân


4 3
1
1 ln 2 1
2 ln
e
x x x
I dx

x x
  



.
Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC cân tại S
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC; biết
góc giữa MN với mp(ABC) bằng
0
60
. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AC, MN theo a.
Câu 5. (1 điểm) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng:

3 3 3 3 3 3
2 2 2
5 5 5
.
3 3 3
b a c b a c
a b c
ab b bc c ca a
  
    
  


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 6a. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C có phương trình cạnh
AB là :
2 0
x y
 
, điểm I(4; 2) là trung điểm của AB, điểm M
9
4;
2
 
 
 
thuộc cạnh BC, diện tích tam
giác ABC bằng 10. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tung độ điểm B không bé hơn 3.

Câu 7a. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ) : 2 3 5 0
P x y z
   
và đường
thẳng
4 4 2
:
2 1 1
x y z
  
  

. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P), cắt và
vuông góc với đường thẳng


.
Câu 8a. (1 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn
| 2 | | 1 4 |
z i z i
     , tìm số phức z có môđun nhỏ nhất.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 6b. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình elip có diện tích hình chữ nhật cơ sở là

72 3
. Hãy viết phương trình chính tắc của elip, biết một đỉnh và hai tiêu điểm của elip là ba đỉnh
của một tam giác đều.
Câu 7b. (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

:
2 7
1 2 3
x y z
 
 

và hai
điểm M(2; -2; 1), N(2; 5; 1). Đường thẳng d đi qua N và vuông góc với

. Viết phương trình của
đường thẳng d, biết rằng khoảng cách từ M đến d là nhỏ nhất.
Câu 8b. (1 điểm) Gọi
1 2
,
z z

là các nghiệm phức của phương trình
2
(3 2 ) 5 5 0
z i z i
    
. Giả sử
1 2
,
z z

có một acgumen là
,
 
tương ứng. Tính
sin( )
 

.
Hết


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN.

ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013

MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D.
Th
ời gian l
àm bài: 180 phút

.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):

Câu

Ý
Nội dung
4 2 2
2 3
y x mx m
   

Điểm

1
a)

Khi m = 1 y = x
4
2x
2
+2
* Tập xác định: D =


0.25
*Sự biến thiên
+ Giới hạn tại vô cực

x
lim y

= + ,
x
lim y

= + 
+ Đạo hàm
y’ = 4x
3
 4x = 4x(x
2
- 1)
y’ = 0  4x(x
2
- 1) =0 
x 0
x 1



 


0.25
+ Bảng biến thiên

x
-  -1 0 1 + 

y’ - 0 + 0 - 0 +
y
+  2 + 
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0 ) và (1; +) ; nghịch biến trên các khoảng
(-; -1) và (0; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0  y
CĐ
= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1 và x = 1  y
CT
= 1
0.25
*Đồ thị

0.25
b)

Ta có
3 2
' 4 4 4 ( )
y x mx x x m
   


2
2
0
' 0 4 ( ) 0
(*)
x

y x x m
x m


    




Để hàm số có ba cực trị thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác 0.
Tức là : m > 0
0.25
Khi đó các điểm cực trị là A(0; - m
2
+ 3) ,
2
( ; 2 3)
B m m
  
,
2
( ; 2 3)
C m m
 

Ta có
2 2
( ; ), ( ; )
AB m m AC m m
    

 
 AB = AC hay tam giác ABC cân tại A
Gọi I là trung điểm BC thì I(0; - 2m
2
+ 3)
2 2
(0; )
AI m AI m
   


(2 ;0) 2
BC m BC m
  


0.25
1
1
1
1
-1
O

2
Mà
2
1 1
4 2 . 4 2 . .2 4 2
2 2

ABC
S AI BC m m

    


5
32 2
m m
   

0.25
Kết hợp điều kiện m > 0 ta có m = 2 là giá trị cần tìm
0.25
2
a)

Điều kiện
x k
2


0.25
Khi đó phương trình tương đương với
2
(2 3)cos sin 8sin .cos
x x x x
  

(2 3)cos sin 4(1 cos2 ).cos
x x x x
    


(2 3)cos sin 4cos 2(cos3 cos )
x x x x x
     

0.25

3 cos sin 2cos3
x x x
   

3 1
cos sin cos3
2 2
x x x
   

cos cos( 3 )
6
x x


 
   
 
 

0.25

7
3 2
6
24 2
5
3 2
6 12
x x k
x k
x x k x k

 
 
 
  


   
 


 




      

 


(TMĐK)
KL…
0.25
b)

Nếu y = 0 thì hệ phương trình trở thành
27 0
3 0
x





(vô lý). Suy ra y  0
Khi đó hệ phương trình tương đương
3
3
3
3
2
2
27
3
8 28
(2 ) 28
2 3

3 3
2
2 . 2 12
x
x
y
y
x x
x x
y
y
y y


 
 

 

 
 
 

 
 
 
 
 
 
 


 


0.25
Đặt
3
2 vµu x v
y
 
, hệ phương trình trở thành
3 3
28
( ) 12
u v
uv u v

 


 



3
( ) 3 ( ) 28
( ) 12
u v uv u v
uv u v


   



 


3
4
( ) 64
3
( ) 12
u v
u v
uv
uv u v

 

 

 
 

 



3 1
1 3

hoÆc
u u
v v
 
 

 
 
 

0.25
Với
3
1
u
v





thì
2 3
3
3
2
1
3
x
x

y
y




 

 

 




Với
1
3
u
v





thì
2 1
1
3
2

3
1
x
x
y
y




 

 

 




0.25
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là
3 1
;3 ; ;1
2 2
S
 
   

 
   

   
 

0.25
3



4 3
3
1 1 1
1 ln 2 1
1 ln
2 ln 2 ln
e e e
x x x
x
I dx x dx dx
x x x x
  

  
 
  

0.25
4 4
3
1
1

1
4 4
e
e
x e
x dx

 


0.25


 
1
1 1
2 ln
1 ln
ln 2 ln
2 ln 2 ln
e e
e
d x x
x
dx x x
x x x x


  
 

 
 
2
ln 2 ln 2 ln
2
e
e

   
0.25
Vậy
4
1 2
ln
4 2
e e
I
 
 
.
0.25
4

Gọi I là trung điểm AC, do
SAC

cân tại S nên
( )
SI ABC


. Gọi H là trung điểm AI
suy ra MH//SI
( )
MH ABC
 
, do đó (MN,(ABC)) =
MNH

= 60
0
. Ta
có
2
2
ABC
a
S  .
0.25
Xét
HCN

có:
2
2 2 2 0
3 2 5
; ; 2 . . os45
2 4 8
a a a
NC HC NH HC NC HC NC c     
;

10
4
a
NH 

Trong tam giác MHN có:
0
30
tan60 ;
4
MH NH a 
3
.
30 1 30
2 .
2 3 12
S ABC ABC
SI MH a V SI S a    

0.25
Goi J là trung điểm AB, K là hình chiếu vuông góc của H lên MJ tức là
HK MJ

(1).

Ta có



       

     
, à / / 2
/ / , à (3)
2 , 3 4
1 , 4
JN BI m BI HJ JN HJ
SI MH m SI JN JN MH
JN MHJ HK HK JN
HK MNJ
  
  
    
 

0.25


( , ) ( , ) ( ,( ))
d AC MN d H MN d H MJN HK
  
S
=
2 2
.
MH HJ
MH HJ

=
2 2
30 2

.
30
4 4
16
30 2
16 16
a a
a
a a




K
A H I C

J N

B
0.25
5

Trước hết CM: a
3

+ b
3

a
2

b + ab
2
, với mọi a, b dương.
0.25
Suy ra: - a
3


b
3
- a
2
b - ab
2



5b
3
- a
3


5b
3
+b
3
- a
2
b - ab

2


5b
3
- a
3


6b
3
- a
2
b - ab
2

5b
3
- a
3


2b(ab + 3b
2
) – a(ab + 3b
2
)

5b
3

- a
3


(ab + 3b
2
)(2b –a)

ab
b
ab
ab



2
3
5
2
33

0.25
Tương tự ta có thêm: ca
a
ca
ca
bc
c
bc
bc







2
3
5
;2
3
5
2
3333
. 0.25


Cộng theo từng vế các BĐT trên lại ta có BĐT cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi
a = b = c.

0.25








M

A.Theo chương trình Chuẩn.
6a

Gọi tọa độ điểm B(2y
B
; y
B
)=>A(8-2y
B
; 4 - y
B
) . CI qua I và vuông góc với AB nên
phương trình đường thẳng CI là: 2x + y – 10 = 0.
Gọi tọa độ điểm C(x
C
;10 - 2x
C
)
=>
5 4
C
CI x
 

;
20 2
B
AB y
 


=> diện tích tam giác ABC là:
1
. 10 4 2 8 2
2
ABC B C C B
S CI AB y x x y
      



 
4 2 6 1
4 2 10 2
C B B C
C B B C
x y y x
x y y x
   


   



0.25
Vì


4 2 4

11 9
2
2 2
C B
C B
x k y
M BC CM kMB
x k y
  

   

 
   
 

 

 
vì y
B
3


2 6 5 16 0
C B B C
x y y x
    
(3)
0.25

Từ (1) và (3):
4 2 6
1 2
2 6 5 16 0
1 2
C B B C
B
C B B C
B
x y y x
y
x y y x
y

   
  



 
   
  



(loại)
Từ (2) và (3):
4 2 10
3
2

2 6 5 16 0
C B B C B
C
C B B C
x y y x y
xx y y x
   

 

 

   


0.25
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là: A(2;1), B(6;3), C(2;6)
0.25
7a

Gọi A là giao của (P) và

, ta suy ra A = (2; 5; 1)
0.25
Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với

nên d nằm trong mặt phẳng (Q) đi qua A
và vuông góc với

. Dễ có (Q) có phương trình : 2x – y + z = 0.

0.25
Suy ra d = (P)

(Q) nên tọa độ M(x; y) của d thỏa mãn hệ

2 3 5 0
2 0
x y z
x y z
   


  


0.25
Đáp số. d:
2 5 1
1 5 3
x y z
  
  .
0.25
8a

Giả sử z = a + bi, (
,a b


)

0.25
Khi đó
| 2 | | 1 4 |
z i z i
    
có dạng
2 2 2 2
( 2) ( 1) ( 1) ( 4)
a b a b       

b = - a – 2
0.25
Mặt khác
2 2 2 2 2
| | ( 2) 2( 1) 2 2
z a b a a a         
0.25
Nên |z| nhỏ nhất khi a = -1, b = - 1. Vậy số phức cần tình là z = - 1 – i.
0.25

B.Theo chương trình Nâng cao.
6b

Gọi PT chính tắc của elíp (E) là :
2 2
2 2
1 ( 0)
x y
a b
a b

   

Do các đỉnh trên trục lớn và
1 2
,
F F
thẳng hàng nên
1 2
,
F F
cùng với đỉnh B(0;b) trên
trục nhỏ tạo thành một tam giác đều:
1 2

BFF
 đều
2 1 2
2 2 2
1 2
4
( )
BF F F
c b c
BF BF ld


   




2 2 2 2 2 2
3 3( ) 3 4 (1)
b c a b a b     
0,25
HCN cơ sở có diện tích
72 3
nên: 2a.2b =
72 3
18 3
ab  (2)
0.25
Từ (1) và (2) ta có hệ PT:
2 2
2 2 2
2 2 2 2
3 4
3 4 36
18 .3 27
18 3
a b
a b a
a b b
ab

  
 
  
 
  

 

 

 

.
0.25


Vậy PT chính tắc của elíp (E) là :
2 2
1
36 27
x y
 
0.25










7b

d qua N và vuông góc với

nên d thuộc mặt phẳng (P) qua N và (P)


. Dễ có
phương trình của (P): x – 2y + 3z + 5 = 0.
0.25
Gọi H là hình chiếu của M trên (P).Gọi K là hình chiếu của M trên d thì ta có
MK ≥ MH, suy ra MK nhỏ nhất khi K trùng với H, hay d là đường thẳng qua N, H
0.25
Tìm được H = (1; 0; -2)
0.25
Đáp số d:
2 5 1
1 5 3
x y z
  
 

0.25
8b

Ta có
2 2
(3 2 ) 4(5 5 ) 15 8 (1 4 )
i i i i
        

0.25
Suy ra z
1
= 2 – i, z
2
= 1 + 3i.
0.25
Ta có:
1 2
2 1 1 3
5 . , 10 .
5 5 10 10
z i z i
   
   
   
   
nên dễ dàng suy ra
2
cos
5
1
sin
5









 


và
1
cos
10
3
sin
10












0.25
Do đó
1 1 2 3
sin( ) sin cos cos sin . .
5 10 5 10

     

     =
2
2
.
0.25