De thi thu DH lan 4 - Truong THPT Kon Tum

SỞ GD & ĐT KON TUM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 2012-2013
TRƯỜNG THPT KON TUM Môn: TOÁN; Khối A, A
1
, B, D.
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
(0;1)I
và cắt đồ thị
( )C
tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho diện tích tam giác
OAB
bằng
3

(O là gốc tọa độ).
Câu 2 (2,0 điểm).
1. Giải phương trình
(1 cos )cot cos2 sin sin 2x x x x x− + + =
.
2. Giải hệ phương trình
( ) ( )
3 1 2 7 2
( , )
2 4 5
x x y y x
x y
x y x y
+ = − + +

∈

+ + + =


¡
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
2
6
cos .ln(1 sin )
sin
x x
I dx

x
π
π
+
=
∫
.
Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có
( ),SC ABCD⊥
đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng
3a
và
·
0
120 .ABC =
Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
( )ABCD
bằng
0
45 .
Tính theo
a
thể tích của khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho
, ,a b c
là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

3
2 3
P
a ab abc a b c
= −
+ + + +
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 6a (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
5,AB =
( 1; 1)C − −
, đường thẳng
AB
có phương trình là
2 3 0x y+ − =
và trọng tâm G của tam giác
ABC
thuộc đường thẳng
: 2 0x y∆ + − =
. Tìm tọa độ các đỉnh
A
và
.B
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
( 2;2; 2), (0;1; 2)A B− − −
và
(2;2; 1)C −
. Viết

phương trình mặt phẳng
( )P
đi qua
A
, song song với
BC
và cắt các trục y
’
Oy, z
’
Oz theo thứ
tự tại
,M N
khác gốc tọa độ
O
sao cho
2 .OM ON=
Câu 7a (1,0 điểm).
Tính mô đun của các số phức
z
thỏa mãn
2
2
1 ( 1)z z i iz+ = − + −
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 6b (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có
: 7 31 0,AC x y+ − =
hai đỉnh B,

D lần lượt thuộc các đường thẳng
1
: 8 0d x y+ − =
,
2
: 2 3 0d x y− + =
. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 1 2
( ) :
1 1 2
x y z
d
− − −
= =
−
và mặt
phẳng
( ) : 2 6 0.P x y z+ + − =
Một mặt phẳng
( )Q
chứa
( )d
và cắt
( )P
theo giao tuyến là
đường thẳng
∆
cách gốc tọa độ

O
một khoảng ngắn nhất. Viết phương trình của mặt phẳng
( ).Q
Câu 7b (1,0 điểm). Gọi
1 2
, z z
là hai nghiệm của phương trình
2
5
2cos 1 0
21
z z
π
 
− + =
 ÷
 
. Tìm số n
nguyên dương nhỏ nhất sao cho
1 2
1.
n n
z z+ =
Hết
ĐÁP ÁN & BIỂU CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 MÔN TOÁN
Năm học: 2012-2013
Câu Ý Đáp án Điểm
1
2,0 đ
1

1,0 đ
Hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+
• TXĐ:
{ }
\ 1D = −¡
• Sự biến thiên của hàm số:
+ Các giới hạn và tiệm cận
( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y
+ −
→ − → −
= +∞ = −∞
⇒
Đường thẳng
1x
= −
là tiệm cận đứng.
lim 2
x
y

→±∞
= ⇒
Đường thẳng
2y =
là tiệm cận ngang.
0,25
+ Đạo hàm:
( )
'
2
3
0
( 1)
y x D
x
= > ∀ ∈
+
0,25
+ Bảng biến thiên:
x
−∞

1−
+
∞
y
’
+ +
y +
∞

2
2
−∞

Hàm số đồng biến trong các khoảng
( ; 1)−∞ −
và
( 1; )− +∞
.
Hàm số không có cực trị.
0,25
• Đồ thị: Tự vẽ đồ thị.
0,25
2
1,0 đ
: 1y mx∆ = +
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và
∆
:
2
2 1
1 ( 1)
1
( ) ( 1) 2 0 (1)
x
mx x
x
f x mx m x
−
= + ≠ −

+
⇔ = + − + =
0,25
Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác
1−
0
0
5 2 6 0
0
5 2 6
5 2 6
( 1) 0
5 2 6
m
m
m m
m
m
f
m
≠

≠



< − ∧ ≠
 

⇔ ∆ > ⇔ ⇔

< −
  

> +

 

− ≠
> +




.
Khi đó
∆
cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
1 1 2 2
( ; 1); ( ; 1)A x mx B x mx+ +
Với
1 2
,x x
là hai nghiệm của (1)
0,25
Ta có
2 2 2 2
2 1 2 1 1 2
( ) (1 ) ( ) 4 (1 )AB x x m x x x x m
 
= − + = + − +

 
Mà
1 2 1 2
1 2
,
m
x x x x
m m
−
+ = − =
. Do đó
2 2
1
( 10 1)(1 )AB m m m
m
= − + +
: 1 1 0y mx mx y∆ = + ⇔ − + =

2
1
( , )
1
d d O
m
⇒ = ∆ =
+
0,25
Khi đó:
2
1 10 1

. 3
2 2
OAB
m m
S AB d
m
− +
= = =
2
1
11 10 1 0 1
11
m m m m⇔ + − = ⇔ = − ∨ =
(tmđk)
Do đó
: 1y x∆ = − +
hay
1
1.
11
y x= +
0,25
2
2,0 đ
1
1,0 đ
Phương trình
(1 cos )cot cos2 sin sin 2x x x x x− + + =
(1)
Điều kiện:

sin 0 ( )x x k k
π
≠ ⇔ ≠ ∈¢
Khi đó: (1)
⇔
cos
(1 cos ) cos2 sin sin 2
sin
x
x x x x
x
− + + =
2 2 2
2 2 2
cos cos cos2 sin sin 2sin cos
cos (1 2sin ) cos2 sin (cos sin ) 0
x x x x x x x
x x x x x x
⇔ − + + =
⇔ − + − − =
0,25
cos cos2 cos2 sin cos2 0
cos2 (cos sin 1) 0
cos2 0
cos sin 1
x x x x x
x x x
x
x x
⇔ + − =

⇔ + − =
=

⇔

+ −

0,25
+
cos2 0 ( )
4 2
x x k k
π π
= ⇔ = + ∈¢
.
+
1
cos sin 1 0 cos 2
4 4 4
2
x x x x l
π π π
π
 
+ − = ⇔ − = ⇔ − = ± +
 ÷
 


2

( )
2
2
x l
l
x l
π
π
π

= +

⇔ ∈

=

¢
.
0,25
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:
4 2
x k
π π
= +
,
2
2
x l
π
π

= +

( , )k l ∈¢
.
0,25
2
1,0 đ
Hệ phương trình
( ) ( )
3 1 2 7 2 (1)
2 4 5 (2)
x x y y x
x y x y
+ = − + +


+ + + =



Điều kiện:
2 0
4 0
x y
x y
+ ≥


+ ≥


Với điều kiện trên thì
(1) ⇔ 3x
2
−7xy + 2y
2
+ x −2y = 0
⇔ (3x−y)(x−2y) +(x−2y) = 0
⇔ (x−2y)(3x−y +1) = 0
⇔
2 0
3 1 0
x y
x y
− =


− + =

0,25
+ x−2y = 0 ⇔ x = 2y
(2):
4 9 5y y+ =
⇔ y = 1
y = 1
⇒
x = 2 (tmđk)
0,25
+ 3x − y + 1= 0 ⇔ y = 3x+1
(2) trở thành:
7 1 7 2 5x x+ + + =

⇔
2
1
7
49 21 2 11 7
x
x x x

≥ −



+ + = −

⇔
1 11
17
7 7
17
25
25
x
x
x

− ≤ ≤


⇔ =



=


.
17 76
25 25
x y= ⇒ =
(tmđk).
0,25
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) =
17 76
;
25 25
 
 ÷
 
.
0,25
3
1,0 đ
Tích phân
2
2
6
cos .ln(1 sin )
sin
x x
I dx

x
π
π
+
=
∫
.
Đặt
sin cost x dt xdx= ⇒ =
1
; 1
6 2 2
x t x t
π π
= ⇒ = = ⇒ =
0,25
Khi đó
1
2
1
2
ln(1 )t
I dt
t
+
=
∫
0,25
Đặt:
2

ln(1 )
1
1
dt
u t
du
t
dt
dv
v
t
t

= +
=


 
+
⇒
 
=
 
= −



Ta có
1
1 1

1
1 1
2
2 2
1 3 1 1
ln(1 ) ln 2 2ln
( 1) 2 1
dt
I t dt
t t t t t
 
= − + + = − + + −
 ÷
+ +
 
∫ ∫
0,25

1 1
1 1
2 2
27
2ln3 3ln 2 ln ln 1 3ln 3 4ln 2 ln .
16
t t= − + − + = − =
0,25
4
1,0 đ

a

3
I
O
D
K
B
A
C
S
Kẻ
( )SK AB K AB CK AB⊥ ∈ ⇒ ⊥
(định lí 3 đường vuông góc)
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
( )ABCD
là góc giữa
SK
và
CK
.
Do
·
SKC
nhọn nên
·
0
45SKC =
· ·
0 0
120 60ABC CBK= ⇒ =
Trong tam giác vuông

:CBK

0
3
sin 60
2
a
CK CB= =
Tam giác
SCK
vuông cân tại
C
nên
3
2
a
SC =
0,25
Ta có
2
0
3 3
. sin120
2
ABCD
a
S AB BC= =
Do đó
3
.

1 3 3
.
3 4
S ABCD ABCD
a
V S SC= =
(đvtt)
0,25
Gọi
O AC BD= ∩
Ta có
( )
BD AC
BD SAC
BD SC
⊥

⇒ ⊥

⊥

tại
O
.
Kẻ
( )OI SA I SA⊥ ∈
⇒
OI
là đoạn vuông góc chung của SA và BD.
0,25

Dùng hai tam giác đồng dạng
AOI
và
ASC
suy ra
3 5
10
a
OI =
.
Vậy
3 5
( , )
10
a
d SA BD =
.
0,25
5
1,0 đ
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
3
1 4 1 4 16 4
. . ( )
2 2 3 4 3
a b a b c
a ab abc a a b c
+ + +
+ + ≤ + + = + +
Đẳng thức xảy ra khi

4 16 .a b c= =
0,25
Suy ra
3 3
2( )
P
a b c
a b c
≥ −
+ +
+ +
. Đặt
, 0t a b c t= + + >
Khi đó ta có
3 3
2
P
t
t
≥ −
.
Xét hàm số
( )f t =
3 3
2t
t
−
với
0t >
.

0,25
'
2
3 3
( ) ;
2
2
f t
t
t t
= −
'
2
3 3
( ) 0 0 1
2
2
f t t
t
t t
= ⇔ − = ⇔ =
Bảng biến thiên:

t
0 1
+∞
'
( )f t

−

0 +
( )f t

+∞
0

3
2
−
Do đó
0
3
min ( )
2
t
f t
>
= −
khi và chỉ khi
1t
=
. Suy ra
3
2
P ≥ −
.
0,25
Vậy GTNN của P bằng
3
2

−
khi và chỉ khi
1
4 16
a b c
a b c
+ + =


= =

16 4 1
, , .
21 21 21
a b c⇔ = = =
0,25
6a
2,0đ
1
1,0đ
Gọi
( ; )I x y
là trung điểm của đoạn
AB
và
( ; )
G G
G x y
là trọng tâm của
ABC∆

.
Do
2
3
CG CI=
uuur uur
nên
2 1 2 1
; .
3 3
G G
x y
x y
− −
= =
0,25
Tọa độ điểm
I
thỏa mãn hệ phương trình:
2 3 0
5
2 1 2 1
1
2 0
3 3
x y
x
x y
y
+ − =


=


⇔
− −
 
= −
+ − =



. Vậy
(5; 1)I −
0,25
Ta có
5
2 2
AB
IA IB= = =
Gọi
( )C
là đường tròn có tâm
(5; 1)I −
và bán kính
5
2
R =
2 2
5

( ): ( 5) ( 1)
4
C x y⇒ − + + =
.
0,25
Tọa độ hai điểm
,A B
là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
2 3 0 4 6
.
5 1 3
( 5) ( 1)
4 2 2
x y x x
x y y y
+ − = = =
  
  
⇔ ∨
  
− + + = = − = −
  
  
Vậy tọa độ hai điểm
,A B
là
1 3
4; , 6; .
2 2

   
− −
 ÷  ÷
   
0,25
2
1,0 đ
Từ giả thiết ta có
(0; ;0)M m
và
(0;0; )N n
trong đó
0mn
≠
và
2m n
= ±
.
0,25
Do
( ) / /P BC
và
( )P
đi qua
,M N
nên VTPT của
( )P
là
, ( ; 2 ; 2 )n BC MN m n n m
 

= = + − −
 
r uuur uuuur
0,25
TH1:
2m n
=
thì
, (3 ; 2 ; 4 ) ( 0)n BC MN n n n n
 
= = − − ≠
 
r uuur uuuur
.
( )P
đi qua
( 2;2; 2)A − −

( ) :3 2 4 2 0.P x y z⇒ − − + =
0,25
TH2:
2m n
= −
thì
, ( ; 2 ;4 ) ( 0)n BC MN n n n n
 
= = − − ≠
 
r uuur uuuur
.

( )P
đi qua
( 2;2; 2)A − −

( ) : 2 4 10 0.P x y z⇒ + − − =
( loại vì
( )P BC⊃
)
Vậy
( ) :3 2 4 2 0.P x y z− − + =
0,25
7a
1,0 đ
Đặt
, ( , )z a bi a b= + ∈¡
. Từ giả thiết ta có

2
2
1 ( 1) ( 1 )a bi a b i b ai+ − = − + + − − +
0,25
2
2
1 2( 1) 2 ( 1)
1 2( 1)
(1)
2 ( 1)
a bi b a b i
a b
b a b

⇔ + − = + − +

+ = +
⇔

= +

0,25
Từ (1) suy ra :
2
1 2( 1) ( 1)
2( 1)
b
b b
b
+ = + ≠ −
+
2
2 1
( 2)(2 1) 0
1 1
2 2
b a
b b
b a
= − ⇒ =


⇔ + + = ⇔


= − ⇒ = −

Suy ra
1 2z i
= −
hoặc
1 1
.
2 2
z i= − −

0,25
+ Với
1 2z i
= −
, ta có
5z =
.
+ Với
1 1
2 2
z i= − −
, ta có
2
2
z =
.
0,25
6b
2,0 đ

1
1,0 đ
1 2
( ;8 ), (2 3; ).B d B b b D d d d∈ ⇒ − ∈ ⇒ −
Khi đó
D ( 2 3; 8)B b d b d= − + − + −
uuur
và trung điểm của
BD
là
2 3 8
; .
2 2
b d b d
I
+ − − + +
 
 ÷
 
0,25
Theo tính chất hình thoi ta có :
8 13 13 0 0
. 0
6 9 9 0 1
AC
BD AC b d b
u BD
I AC b d d
I AC


⊥ − + − = =
  
=

⇔ ⇔ ⇔
   
∈ − + − = =
∈

  

uuur uuur
.
Suy ra
(0;8); ( 1;1)B D −
.
0,25
Khi đó
1 9
;
2 2
I
 
−
 ÷
 
;
( 7 31; )A AC A a a∈ ⇒ − +
.
2

1 15
. 15 2
2
2
ABCD
ABCD
S
S AC BD AC IA
BD
= ⇒ = = ⇒ =
0,25
2 2 2
3 (10;3) ( )
63 9 225 9 9
7
6 ( 11;6)
2 2 2 2 4
a A ktm
a a a
a A
=
 
     
⇒ − + + − = ⇔ − = ⇔ ⇒
 ÷  ÷  ÷
 
= −
     
 
Suy ra

(10;3)C
.
0,25
2
1,0 đ
Gọi
,H I
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
O
lên
( )P
và
∆
.
Ta có
( , )d O OI OH∆ = ≥
( không đổi)
Do đó
min ( , )d O OH∆ =
xảy ra khi
I H≡
0,25
Đường thẳng
OH
đi qua
(0;0;0)O
và nhận VTPT của
( )P
là
(1;2;1)n =

r
làm
VTCP
: 2
x t
OH y t
z t
=


⇒ =


=

(1)
0,25
( ) : 2 6 0P x y z+ + − =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
6 6 0 1t t− = ⇔ =
Từ
(1) (1;2;1)H⇒
0,25
Khi đó
( )Q
là mặt phẳng chứa
( )d
và đi qua
.H

Ta có
(1;1;2) ( )M d∈
, VTCP của
( )d
là
(1;1; 2)u = −
r
,
(0; 1;1)HM = −
uuuur
.
Suy ra VTPT của
( )Q
là
, ( 1; 1; 1)
Q
n u HM
 
= = − − −
 
uur r uuuur
,
( )Q
đi qua
(1;1;2)M

Do đó
( ) : 1( 1) 1( 1) 1( 1) 0 4 0.Q x y z x y z− − − − − − = ⇔ + + − =
0,25

∆
I
(d)
H
P
Q
O
7b
1,0 đ
Phương trình
2
5
2cos 1 0
21
z z
π
 
− + =
 ÷
 
(1)
(1) có
' 2 2
5 5
cos 1 sin
21 21
π π
∆ = − = −
.
Do đó các căn bậc hai của

'
∆
là
5
sin
21
i
π
±
Vậy (1) có các nghiệm là
1
2
5 5
cos sin
21 21
5 5
cos sin
21 21
z i
z i
π π
π π

= −



= +



0,25
1 2
5 5 5 5
1 cos sin cos sin 1
21 21 21 21
5 5 5 5
cos sin cos sin 1
21 21 21 21
5 5 5 5
cos sin cos sin 1
21 21 21 21
n n
n n
n
n
z z i i
i i
n n n n
i i
π π π π
π π π π
π π π π
   
+ = ⇔ − + + =
 ÷  ÷
   
 
     
⇔ − + − + + =

 ÷  ÷  ÷
 
     
 
   
⇔ − + − + + =
 ÷  ÷
   
0,25
5 5 5
cos cos 1 2cos 1
21 21 21
5 5 7 42
cos cos 2 ( ) (*)
21 3 21 3 5 5
n n n
n n k
k n k
π π π
π π π π
π
 
⇔ − + = ⇔ =
 ÷
 
⇔ = ⇔ = ± + ⇔ = ± + ∈¢
0,25
Vì
n
là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra

7.n =
0,25

Hết