DE THI THU KHOI D THPT NGUYEN XUAN NGUYEN THANH HOA

TRƯỜNG THPT
NGUYỄN XUÂN NGUYÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH -CĐ
NĂM HỌC 2012 -2013
Môn: TOÁN, khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
−
có đồ thị là (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm các giá trị m để đường thẳng
3y x m= − +
cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác
OAB thuộc đường thẳng
2 2 0x y− − =
(O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình:
cos cos3 1 2 sin 2
4
x x x
π
 

+ = + +
 ÷
 
Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình (x,y ∈ R).
Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân: I = dx.
Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thoi cạnh 2a, SA = a, SB = a
3
, gócBAD bằng
60
0
,
( ) ( )
SAB ABCD⊥
, gọi M, N lần lượt là trung điểm AB và BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
và cosin giữa hai đường thẳng SM và DN.
Câu 6 (1 điểm) Cho các số thực
]2;1[,, ∈cba
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

)(4
)(
2
2
cabcabc
ba
P
+++
+
=

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có AB =
5
, C(-1;-1), phương trình cạnh
AB là: x - 2y - 3 = 0, trọng tâm G thuộc đường thẳng: x + y - 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B.
Câu 8.a (1 điểm) Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
( )
3; 2; 4A − −
, song song với mặt
phẳng
( )
:3 2 3 7 0P x y z− − − =
và cắt đường thẳng
( )
2 4 1
:
3 2 2
x y z
d
− + −
= =
−
.
Câu 9.a (1 điểm) Tìm số phức
z
biết:

1 1z − =
và số phức
)1)(1( −+ zi
có phần ảo bằng 1.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I
thuộc đường thẳng
( )
: 3 0d x y− − =
và có hoành độ
9
2
I
x =
, trung điểm của một cạnh là giao điểm
của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu 8.b (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng
1 2
,d d
có phương trình là
1
1
: 3
x t
d y t
z t
= +


= −



=

,
2
3 1 2
:
1 1 1
x y z
d
− − +
= =
, d là đường thẳng đi qua I(2;2;-1) cắt
1 2
,d d
lần lượt tại A
và B. Viết phương trình mặt cầu đường kính AB.
Câu 9.b (1 điểm) Tìm số phức
z
biết
z
có một acgumen bằng
4
π
và
2 3 5z 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 THI MÔN TOÁN KHỐI D
KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH - CĐ NĂM HỌC 2012 - 2013
(Hướng dẫn chấm gồm năm trang)
Câ Đáp án
u
1
(2
đ)
a. (1 điểm)
1. TXĐ :
{ }
\ 1¡
.
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn, tiệm cận:
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x
x x
+ −
→ →
+ +
= +∞ = −∞ ⇒
− −
TCĐ :
1x =

2 1
lim 2
1
x
x
x
→±∞
+
= ⇒
−
TCN :
2y =
b) BBT:
2
3
' 0, 1
( 1)
y x
x
−
= < ∀ ≠
−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1) và (1; )−∞ +∞
Lập BBT
x
−∞
1
+∞
y’ - -

y
2
−∞
+∞
2
3. Đồ thị:


6
5
4
3
2
1
-1
-2
-4
-2
2
4
6
1
b. (1 điểm)
Pt hoành độ giao điểm:
2 1
3
1
x
x m
x

+
= − +
−
. Với đk
1x
≠
2
PT 2 1 ( 1)( 3 ) 3 (1 ) 1 0 (1)x x x m x m x m⇔ + = − − + ⇔ − + + + =
d cắt (C) tại A và B ⇔ Pt (1) có 2 nghiệm khác 1
2
11
(1 ) 12( 1) 0
( 1)( 11) 0
1
3 (1 ) 1 0
m
m m
m m
m
m m
>

∆ = + − + >

⇔ ⇔ + − > ⇔


< −
− + + + ≠



Gọi x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (1). Khi đó
1 1 2 2
( ; 3 ), ( ; 3 )A x x m B x x m− + − +
Gọi I là trung điểm của AB
1 2
1 1
, 3
2 6 2
I I I
x x m m
x y x m
+ + −
⇒ = = = − + =
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB
2 1 1
;
3 9 3
m m
OG OI G
+ −
 
⇒ = ⇒
 ÷
 
uuur uur

1 1 11
2. 2 0
9 3 5
m m
G d m
+ −
 
∈ ⇔ − − = ⇔ = −
 ÷
 
(TM). Vậy
11
5
m = −
2
(1
đ)
⇔ = + +2cos2xcosx 1 sin2x cos2x
⇔ − = +cos2x(2cosx 1) 1 2sinxcosx
⇔ − − = +
2 2 2
(cos x sin x)(2cosx 1) (cosx sin x)

+ =
⇔

− − = +

cosx sinx 0 (1)
(cosx sinx)(2cosx 1) cosx sinx (2)

 
π π π
⇔ + = ⇔ + = π ⇔ = − + π
 ÷
 
(1) 2 sin x 0 x k x k
4 4 4

π

=
= + π


⇔ − − = ⇔ ⇔

 
π

+ =
π π

 ÷

+ = ± + π
 



cosx 0

x k
2
(2) 2cosx(cosx sinx 1) 0
2 cos x 1
x k2
4
4 4
Vậy pt có nghiệm là
π
= − + πx k
4
,
π
= + πx k
2
,
= πx k2
3
(1
đ)
Điều kiện: y ≥ 0 và x ≥ 1
Xét phương trình: x(1 + y - x) = -2y - y
⇔ 2y + (x + 1)y - x + x = 0
Xét ∆ = (x + 1) - 8(-x + x) = 9x - 6x + 1 = (3x - 1)
Vậy ta có: y = = - x ( loại do x, y cùng dương )
y = =
Với x = 2y + 1 thay vào phương trình x( - 2) = y( - 2) ta được:
Phương trình thành: (2y + 1).( - 2) = y( - 2)
⇔ ( - 2).(y + 1) = 0
⇔

Với y = 2 ⇒ x = 5.
Vậy hệ phương trình có một nghiệm là (x; y) = (5;2)
4
(1
đ)
Tích phân I = dx = dx
= xdx +dx = + I
Với I = dx = sinxdx = (1 - cos2x)dx = -
Vậy I = + -
5
(1đ)

Tính được
2
2 , 2 3
1
. 2 3
2
ABCD
BD a AC a
S BD AC a
= =
⇒ = =
Tam giác SAB vuông tại S,suy ra SM=a,từ đó tam giác SAM đều.Gọi H là trung điểm của AM,suy ra
3
( ) ( ) ( )
3
2
SH AB
SAB ABCD SH ABCD

SH a V a
⊥
⊥ ⇒ ⊥
= ⇒ =
Gọi Q là điểm thoả mãn
1
4
AQ AD= ⇒
MQ//DN
Gọi K là trung điểm của MQ,suy ra HK//AD,HK
⊥
MQ,MQ
⊥
(SHK)
Góc
α
giữa SM và DN là góc
^
BAD
1 1
3
2 4
os
4
MQ DN
MK
c
SM a a
α
= = = =

6
(1đ)
P được viết lại dưới dạng tương đương là
M
babacc
ba
abbacc
ba
P =
++++
+
≥
+++
+
=
22
2
2
2
)()(4
)(
4)(4
)(
Do
]2;1[,, ∈cba
nên
0
≠+
ba
, nên chia tử và mẫu của M cho

2
)( ba +
ta được:

14
1
14
1
22
++
=
+






+
+






+
=
tt
ba

c
ba
c
M
với
ba
c
t
+
=
Với
]2;1[,, ∈cba






∈⇔ 1;
4
1
t

Xét hàm số
14
1
)(
2
++
=

tt
tf
trên






1;
4
1

Ta có
22
/
)14(
)2(2
)(
++
+−
=
tt
t
tf
< 0,
∀







∈ 1;
4
1
t
)(
/
tf⇒
nghịch biến trên






1;
4
1

Do đó
∀
6
1
)1()(1 =≥⇒≤ ftft

Đẳng thức xảy ra khi
)2;1;1();;(1 =⇔= cbat
Vậy Min P

6
1
=
khi
)2;1;1();;( =cba

7a
(1đ)
Gọi A(x
1
;y
1
),B(x
2
;y
2
).Vì A,B thuộc đường thẳng x-2y-3=0 nên ta được:
1 1 2 2
2 3 0(1); 2 3 0(2)x y x y
− − = − − =
G là trọng tâm tam giác ABC nên:
1 1 2 2
1 3 ; 1 3
G G
x y x x y y
+ − = + − =
G thuộc đường thẳng x+y-2=0
1 1 2 2 1 2 1 2
1 1 6 8(3)x y x y x x y y
⇒ + − + + − = ⇒ + + + =

AB=5
2 2
1 2 1 2
( ) ( ) 5(4)x x y y
⇒ − + − =
Từ (1),(2),(3)
1 2
1 2
22
3
2
3
x x
y y

+ =


⇒


+ =


Từ (1),(2)
1 2 1 2
2( )x x y y
− = −
thay vào (4) được
1 2

1y y
− =
TH1:
1 2
1y y
− =
.Tìm được
14 5 8 1
( ; ), ( ; )
3 6 3 6
A B
−
TH2:
1 2
1y y
− = −
.Tìm được
8 1 14 5
( ; ), ( ; )
3 6 3 6
A B
−
8a
(1đ)
Ta có
( )
3; 2; 3
P
n − −
uur

. Giả sử B(2 + 3t ; –4 – 2t ; 1 + 2t) là giao điểm của
∆
và
d
.
Khi đó
( )
1 3 ; 2 2 ;5 2AB t t t− + − − +
uuur
,
( )
|| . 0 2
P P
AB P AB n AB n t⇒ ⊥ ⇔ = ⇔ =
uuur uur uuur uur
.
Vậy
(8; 8;5)B
−
và
( )
5; 6;9AB −
uuur
.
Vậy phương trình đường thẳng
( )
3 2 4
:
5 6 9
x y z

− + +
∆ = =
−
.
9a
(1đ)
Đặt
yixzRyxyixz −=⇒∈+= ),(
Ta có:
)1(1)1(11
22
=+−⇔=− yxz
Vì
iyxyxzi )1()1()1)(1( −−+−+=−+
;
(1 )( 1)i z+ −
có phần ảo bằng 1 nên
1 1x y− − =
)2(11 +=−⇔ yx
Thay (2) vào (1) ta được :
0221)1(
222
=+⇔=++ yyyy




−=
=
⇔

1
0
y
y
Với
220 =⇒=⇒= zxy
Với
izxy −=⇒=⇒−= 111
Vậy có 2 số phức là z = 2 và z = 1 - i
7b
(1đ)
I có hoành độ
9
2
I
x =
và
( )
9 3
: 3 0 ;
2 2
I d x y I
 
∈ − − = ⇒
 ÷
 
Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0)
( ) ( )
2 2
9 9

2 2 2 3 2
4 4
I M I M
AB IM x x y y= = − + − = + =
D
12
. D = 12 AD = 2 2.
3 2
ABCD
ABC
S
S AB A
AB
= ⇔ = =
( )
AD d
M AD
⊥


∈


, suy ra phương trình AD:
( ) ( )
1. 3 1. 0 0 3 0x y x y− + − = ⇔ + − =
.
Lại có MA = MD =
2
.

Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2
2
3 0
3 3
3 2 3 3 2
3 2
x y
y x y x
x y x x
x y
+ − =

= − + = − +
 
  
⇔ ⇔
  
− + = − + − =
− + =
 

 

3 2
3 1 1

y x x
x y
= − =
 
⇔ ⇔
 
− = ± =
 
hoặc
4
1
x
y
=


= −

.Vậy A(2;1), D(4;-1),
9 3
;
2 2
I
 
 ÷
 
là trung điểm của AC, suy ra:
2 9 2 7
2
2 3 1 2

2
A C
I
C I A
A C C I A
I
x x
x
x x x
y y y y y
y
+

=

= − = − =


⇔
 
+ = − = − =


=


Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).

8b

(1đ)
d cắt d
1
, d
2
lần lượt tại A và B =>A(1+t;3-t;t) , B(3+b;1+b;-2+b) mà d đi qua I nên A, B, I thẳng hàng
1 ( 1)
1 ( 1)
1 ( 3)
t k b
IA kIB t k b
t k b
− = +


⇔ = ⇔ − = −


+ = +

uur uur
1 0
1 1 (3;1;2), (3;1; 2)
3 1 2
t kb k b
t kb k k A B
t kb k t
− − = =
 
 

⇔ − − + = − ⇔ = ⇒ −
 
 
− − = − =
 
Mặt cầu đường kính AB có tâm C bán kính R=BC có phương trình là (x-3)
2
+(y-1)
2
+z
2
=4
9b
(1đ)
Do
z
có một acgumen bằng
4
π
nên
cos sin
4 4
z r i
π π
 
= +
 ÷
 
,
( )

0r
>
2 2 2
. ,
2 2 2
r
z r i a ai a
 
⇒ = + = + =
 ÷
 ÷
 

( )
0a >
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
2 3 5
2 3 . 5
2 3 25
5 6 0
1( / )
6( )
z i
a a i
a a
a a
a t m

a loai
+ + =
⇔ + + + =
⇔ + + + =
⇔ + − =
=

⇔

= −

Vậy
1z i
= +
Lưu ý:
- Nếu HS làm bài không theo cách của hướng dẫn chấm nhưng đúng thì cho điểm tối đa của câu đó
- Nếu có nhiều HS làm có kết quả giống nhau nhưng khác kết quả của hướng dẫn chấm thì đề nghị
xem lại hướng dẫn chấm.