Thi thử ĐH 2013 trường THPT chuyên Phan Bội Châu

Giáo Viên: Hồ Điện Biên. Trường THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An.
Email:

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2012 – 2013

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2)2()21(
23
 mxmxmxy có đồ thị là )(
m
C .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
2

m
.
b) Tìm m để )(
m
C

có hai điểm cực trị đồng thời hoành độ điểm cực tiểu nhỏ hơn 1.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
)sin1(2
cos
sin
)1).(cos3(cos
2
x
x
x
xx





.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:
2
5
16122
2


x
xx
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
dx
x
xx
I





2/
2/
2
sin9
cos7sin



.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ
111
. CBAABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B
,
aBC

,
BCA

0
60
; hình chiếu vuông góc của
1
B
trên mặt phẳng
)(ABC
là trung điểm của
CA
; góc

giữa
hai đường thẳng
1

AB
và
1
CC
thỏa mãn
8
5
cos 

.
Tính thể tích khối lăng trụ
111
. CBAABC
theo
a

và
góc giữa đường thẳng
1
BB
và mặt phẳng
)(ABC
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực
z
y
x
,
,
thay đổi và thỏa mãn

1,
6
1
,
6
1
,
6
1
 zyxzyx
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
16
86
16
86
16
86









z
z
y

y
x
x
P
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn cùng đi qua
)0;1(M
là
054:)(
22
1
 xyxC và 0122:)(
22
2
 yxyxC . Viết phương trình đường thẳng qua
M
,
cắt hai đường tròn
)(),(
21
CC
lần lượt tại
BA,
(khác
M
) sao cho
MB
MA

2

.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
)3;0;1(A
và hai đường thẳng
3
3
2
3
1
1
:
1






zyx
d
và
5
14
2
5
1

2
:
2





zyx
d
. Chứng minh
21
,, ddA
cùng nằm trên một
mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức
z
thỏa mãn
53  iz
và điểm biểu diễn của
z
thuộc đường tròn
5)1(
22
 yx
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, viết phương trình chính tắc của hypebol

)(H
, biết hình chữ nhật cơ sở của
)(H
có diện tích
48
và một đường chuẩn của
)(H
có phương trình
0165


x
.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho điểm
)5;1;0(M
và hai đường thẳng









tz
ty
tx

4
21
:
1
,









uz
uy
ux
32
3
:
2
. Viết phương trình tham số của đường thẳng
d
đi qua điểm
I
và cắt
cả hai đường thẳng
1

và

2

.
Câu 9.b (1,0 điểm). Tính tổng S =
2000
2000
8
2000
4
2000
0
2000
CCCC 
.
…………HẾT
Trang 1/7

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH MÔN TOÁN NĂM 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘ CHÂU –NGHỆ AN
(Đáp án gồm 7 trang)
Câu

N
ộ
i dung

Đi
ể
m

1
.a


























Khi m = 2, ta có
y = x

3

-

3x
2

+ 4
.

1,00

* T
ậ
p xác đ
ị
nh : D = R.

* Sự biến thiên của hàm số:
- Giới hạn tại vô cực:

x
ylim
,

x
ylim
.

0,25

-

B
ả
ng bi
ế
n thiên:

Ta có:
Rxxxy  ,63'
2
; 00'



xy hoặc
2

x
.

x

-


0 2





y’


+ 0
-

0 +


y




4
0
-




0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
)
0
;
(


,
)
;
2
(

và nghịch biến trên khoảng
)
2
;
0
(
. Hàm số
đạt cực đại tại
0

x
, với giá trị cực đại
4)0(

y
và đạt cực tiểu tại
2

x
, với giá trị cực tiểu
0)2(

y
.

0,25
* Đồ thị
)
(
C
:
-
)(C
cắt
Oy
tại điểm
)4;0(
; cắt hoặc tiếp xúc với
Ox
tại các điểm
)0;1(

,
)0;2(
.
-
)(C
đi qua các điểm
)16;2(


,
)4;3(
.
-

)(C
có điểm uốn
)2;1(I
.
)(C
nhận
)2;1(I
làm tâm đối xứng.


0,25
Trang 2/7

1.b



b) Tìm m
đ
ể

(C
m
) có hai đi
ể
m c
ự
c tr
ị

đ
ồ
ng th
ờ
i hoành đ
ộ

đi
ể
m c
ự
c ti
ể
u nh
ỏ

hơn 1.

1,00

Ta có
mxmxy  2)21(23'
2
.
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình
0'

y
có hai nghiệm phân biệt, điều này tương
đương với

10)2(3)21(
2
 mmm
hoặc
4
5
m
.
0,25
Khi đó, hàm số đạt cực trị tại các điểm
3
5412
2


mmm
x
. Xét dấu
'y
ta thấy hàm số
đạt cực tiểu tại
3
5412
2


mmm
x
.

0,25
Ta có
mmm
mmm
24541
3
5412
2
2



5
7
4161654
024
22






 m
mmmm
m
.
0,25
Vậy, các giá trị của m cần tìm là



; 1
m
  
5 7
;
4 5
 

 
 
.
0,25
2
.









Giải phương trình:
)sin1(2
cos
sin
)1).(cos(cos
2

x
x
x
xx




.

1,00
ĐK:
sin cos 0
x x
 
.
Khi đó








2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cos
PT x x x x x
     

0,25




1 sin 1 cos sin sin .cos 0
x x x x x
     






1 sin 1 cos 1 sin 0
x x x
    

0,25
sin 1
cos 1
x
x
 



 

(thoả mãn điều kiện)

0,25
2
2
2
x k
x m


 

  



 




,k m
Z
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k


  
và

2
x m
 
 



,k m
Z
.
0,25
3
.

Giải phương trình:
2
5
16122
2


x
xx
(1).
1,00

Điều kiện:
5



x
.
* Cách 1: (1)
2
5
2)3(2
2


x
x
. (2).
Đặt
2
5
,3


x
bxa
, phương trình (2) trở thành:
ba  22
2
(3).
Theo cách đặt, ta có:
ab  22
2
(4).
0,25
Tr

ừ

(3) cho (4) v
ế

theo v
ế
, ta đư
ợ
c:

abbabaabba  0)122)(()(2
22
hoặc
122



ab
.

0,25
- Với
ab

, ta có
0,25

Trang 3/7

4
1711
013112
3
)3(25
3
3
2
5
22















x
xx
x
xx

x
x
x
.
- Với
122



ab
, ta có

.
4
1313
039264
2
7
49284)5(2
2
7
72
2
5
2
22




















x
xx
x
xxx
x
x
x

Vậy, phương trình (1) có hai nghiệm
4
1711
x
,
4
1313 

x
.
0,25

* Cách 2:

(1)
















0507767416968
086
5)16122(2
016122
234
2
22

2
xxxx
xx
xxx
xx





















4
1313
4
1711

24
0)39264)(13112(
086
22
2
xhoacx
xhoacx
xxxx
xx

4
1711
 x
hoặc
4
1313 
x
.

4.









Tính tích phân

dx
x
xx
I





2/
2/
2
sin9
cos7sin


.
1,00

Ta có
B
A
I


, trong đó







2/
2/
2
2/
2/
2
sin9
cos
,
sin9
7sin




dx
x
x
Bdx
x
x
A
.
0,25
- Tính
A
: Đặt
x

t


, ta có
txtxdtdx
22
sinsin,7sin7sin, 
.
Đổi cận:
2/)2/(,2/)2/(








tt
.
Do đó
0
sin9
7sin
sin9
7sin
2/
2/
2
2/

2/
2









AAdt
t
t
dt
t
t
A




.
0,25
- Tính
B
: Đặt
xu sin

, ta có

xdxdu cos

. Đổi cận:
1)2/(,1)2/(






uu
.
Do đó
 
2ln
3
1
3ln3ln
6
1
3
1
3
1
6
1
99
1
1
1

1
1
1
2
1
1
2


















uu
uu
u
du
u

du
B
.
0,25
Vậy
2ln
3
1
 BAI
.
0,25
5.

Tính thể tích khối lăng trụ
111
. CBAABC
và góc giữa đt
1
BB
và mặt phẳng
)(ABC
.
1,00

Gọi
M

là trung điểm của
AC
. Theo gt, ta có

)(
1
ABCMB 
.
Ta có
360tan
0
aBCAB 
,
aBCABAC 2
22

. Đặt
hMB 
1
(
0

h
), ta
có
222
1
2
1
haMBBMBB 
,
222
1
2

1
haMBAMAB 
.
0,25
Trang 4/7

Vì
11
// BBCC
nên góc

giữa hai đt
1
AB
B
1
C
1

và
1
CC
bằng góc giữa hai đt
1
AB
,
1
BB
.

Do đó:
BAB
1
coscos 


)(2
2
.2
22
22
11
22
1
2
1
ha
ah
BBAB
ABBBAB





. A
1

K
ế

t h
ợ
p gt, ta đư
ợ
c

B C

3
)(2
2
8
5
22
22
ah
ha
ah




. M
0,25
Thể tích khối lăng trụ
111
. CBAABC
là:
2
3

2
1
.
3
11
a
MBBCABMBSV
ABC

. A
0,25
Vì
)(
1
ABCMB 
nên góc giữa đt
1
BB
và mặt phẳng
)(ABC
là góc
BMB
1

. Ta có:
0
1
1
1

603tan  BMB
BM
MB
BMB
.
Vậy góc giữa đt
1
BB
và mặt phẳng
)(ABC

là 60
0
.

0,25
6.










Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
16
86

16
86
16
86









z
z
y
y
x
x
P
.
1,00

Ta có
2
22
1
1
6
9

1690)13(
x
x
xxx 


(vì
6
1
x
)
2
1
1
1
6
9
1
1
6
86
x
x
x
x







.
Tương tự, ta có
22
1
1
16
86
,
1
1
16
86
z
z
z
y
y
y






. Do đó:
Q
zyx
P 
222

1
1
1
1
1
1
.
0,25
Theo bđt Cô-si, ta có
6
222
1
1
1
1
1
13
























zyx
Q










222222222222
66
1111111
1.3
zyxxzzyyxzyx
Q

0,25

3
2
3
6
2
3
4
3
2
6
)(
1
1.3
)(
1
)(
3
)(
3
1.3



















xyz
xyz
xyzxyz
2
3
)(
1
13
xyz
QP 
.
0,25
Mặt khác
3
1
031
3
3

xyz
xyzzyx
. Do đó

103P
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3
1
 zyx
. Vậy
103min P
.
0,25
Trang 5/7

7
.
a





Vi
ế
t phương tr
ình
đư
ờ
ng th
ẳ
ng

1,00

)(
1
C
có tâm
)0;2(
1
I
, bán kính
3
1
R
;
)(
2
C
có tâm
)1;1(
2
I
, bán kính
1
2
R
.
0,25
Dễ thấy
)(),(
21

CMCM


. Gọi

là đt cần tìm. Vì

qua
M
nên

có phương trình
dạng
0)1(



byxa

)0(
22
 ba
.


cắt hai đường tròn
)(),(
21
CC
lần lượt tại A, B

(khác M) sao cho MA=2MB khi và chỉ khi
);(.2);(
2
.2
2
2
22
21
22
1
 IdRIdR
MBMA


0,25






























2
22
2
22
1.4
3
9
ba
b
ba
a
22
49 ab 
ab
3
2


.
0,25
Chọn
3

a
ta có
2


b
. Vậy, có hai đường thẳng cần tìm là
0323,0323






yxyx
.
0,25
8.a





Chứng minh

21
,, ddA
cùng nằm trên một mặt phẳng
1,00

Đường thẳng
1
d
đi qua
)3;3;1(
1
M
và có vectơ chỉ phương
)3;2;1(
1
u
, đường thẳng
2
d
đi
qua
)14;5;2(
2
M
và có vectơ chỉ phương
)5;2;1(
2
u
.
Ta có



0)4;8;4(,
21
uu
,
)17;8;1(
21
MM



0.,
2121
 MMuu
. Vậy
1
d
và
2
d
cắt nhau hay
1
d
và
2
d
đồng phẳng.
0,25
Gọi

)(P
là mặt phẳng chứa
1
d
và
2
d
. Khi đó,
)(P
nhận vectơ


)1;2;1(,
4
1
21
 uun
làm
vectơ pháp tuyến. Vì
1
)( dP 
nên
)(
1
PM 
.
0,25
Phương trình của
)(P
là

0)3.(1)3(2)1.(1






zyx
hay
022




zyx
.
0,25

Vì
0230.21




nên
)(PA

hay
21
,, ddA

cùng nằm trên mặt phẳng
)(P
có phương
trình là
022




zyx
.
0,25
9.a







Tìm số phức
z


1,00

Gọi số phức cần tìm là
biaz



)0(
22
 ba
. Ta có
ibaiz )3(3




.
Từ giả thiết, ta có hệ phương trình







5)1(
5)3(
22
22
ba
ba

0,25
hay














22
22
22
24
088
042
046
bba
b
bba
bba

0,25







1
1
b
a
hoặc






1
1
b
a
.
0,25
Vậy, có hai số phức cần tìm là
iz


1
,
iz



1
.
0,25

7
.
b

Viết phương trình chính tắc của hypebol
)
(
H

1,00

Gọi phương trình chính tắc của hypebol
)(H
là
1
2
2
2
2

b
y
a
x

)0,0(


ba

. Vì hình chữ nhật
cơ sở của
)(H
có diện tích
48
và một đường chuẩn của
)(H
có phương trình
5
16
x
nên ta có
0,25
Trang 6/7

hệ phương trình







5
16
482.2
2
c
a
ba

(I).
Ta có (I)







24
25625
12
ca
ab






)(25625
12
224
baa
ab

















2
24
144
25625
12
a
aa
a
b

0,25









03686425625
12
46
aa
a
b








0)230414425)(16(
12
242
aaa
a
b








16
12

2
a
a
b
(vì
0230414425
24
 aa
)








16
9
2
2
a
b
(thỏa mãn).

0,25
Vậy, phương trình chính tắc của hypebol
)(H
là
1

9
16
22

yx
.
0,25
8
.
b



Vi
ế
t phương tr
ình
đư
ờ
ng th
ẳ
ng

1,00

Đường thẳng
1

có vectơ chỉ phương
)1;1;2(

1
u
, đường thẳng
2

có vectơ chỉ phương
)3;1;3(
2
u
. Gọi
21
,  dBdA
. Tọa độ
BA,
có dạng lần lượt là
)4;;21( ttt



,
)32;;3( uuu


. Ta có
)33;1;3(),1;1;21( uuuIBtttIA 
.
0,25
Vì
BAI ,,
thẳng hàng nên

Rk


sao cho
IBkIA .
hay








)33(1
)1(1
)3(21
ukt
ukt
ukt









133

1
1302
kukt
kukt
kukt










0
5,0
5,0
ku
k
t

0,25










0
5,0
5,0
u
k
t
)3;1;0(  IB
.
0,25
Đường thẳng
d
có vectơ chỉ phương
)3;1;0(BI
và đi qua
)5;1;0(I
nên có phương trình tham số
là:









vz
vy

x
35
1
0

)( Rv

.
0,25
9.b

Tính tổng S =
2000
2000
8
2000
4
2000
0
2000
CCCC 
.

1,00

2000
2000
1999
2000
3

2000
2
2000
1
2000
0
2000
2000
)11(0 CCCCCC 
(1).

2000
2000
1999
2000
3
2000
2
2000
1
2000
0
2000
20002000
)11(2 CCCCCC 
(2).
Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta có:

) (22
2000

2000
4
2000
2
2000
0
2000
2000
CCCC 

0,25
Trang 7/7

hay
19992000
2000
4
2000
2
2000
0
2000
2  CCCC
(3).
Xét số phức
2000
)1( iz 
ta có
10001000
2)2(  iz

(4).
Mặt khác



) (
2000
2000
1999
2000
6
2000
4
2000
2
2000
0
2000
2000
0
2000
CCCCCCiCz
k
kk


iCCCC ) (
1999
2000
5

2000
3
2000
1
2000

(5).
0,25
Từ (4), (5) ta suy ra
10002000
2000
1999
2000
6
2000
4
2000
2
2000
0
2000
2  CCCCCC
(6).
0,25

Cộng (3) và (6) vế theo vế, ta được
10001999
2
2
2



P
hay
9991998
2
2


P
.
0,25


Hết