Đề thi thử đại học lần 3 năm 2013 (an3)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT SỐ III AN NHƠN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013
Môn: Toán Khối A-B -A
1
-D
Thời gian làm bài: 180 phút.
I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hµm sè
2
32
−
−
=
x
x
y
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tiếp tuyến tại điểm M bất kỳ trên (C) cắt các tiệm cận lần lượt tại A và B. Tìm tọa độ của M sao cho
đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình :
3
4 4
2(cos x-sin x)+1
cos sinx
2cos( - )
2 3
x
x
π

= +
.
2. Giải hệ phương trình :
1
1
1 1 1
1 4 2 2

−
− + + =

+ − +


− + + =

y
x
x y
x y
x y
. (với
;
∈
x y R
)
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân:
2
4
2 2

0
1 cos
( )
cos 1 5cos
x
I x dx
x x
π
= +
−
∫
Câu IV(1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác
1 1 1
.ABC A B C
có đáy ABC là tam giác vuông tại C với AC = a,
cạnh bên
1
AA 2= a
và tạo với đáy một góc bằng
30
°
, biết mặt phẳng
1
( ) ( )⊥ABB ABC
và tam giác
1
AA B

cân tại
1

A
. Tính thể tích của khối chóp
1 1 1
.A BCC B
theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho 2 số thực a, b
∈
(0; 1) và thỏa mãn :
3 3
( )( ) (1 )(1 )
+ + = − −
a b a b ab a b
Tìm GTLN của F =
2 2
2 2
1 1
3
1 1
+ + − −
+ +
ab a b
a b
.
II.Phần riêng (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC với cạnh đáy BC nằm trên đường
thẳng : x + y – 1 = 0 ; đường cao BH nằm trên đường thẳng :x – 2y – 2 = 0 và điểm I( - 2 ; 0) nằm trên
đường cao CK.Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB ; AC của ∆ABC.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mp(P): 2x - 3y + z - 1 = 0, đường thẳng

1 1 2
:
1 1 2
− + −
= =
− −
x y z
d

và điểm A(1;1;0).Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A vuông góc với (P) cắt
d
tại B sao cho AB =
2
Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho z là số phức thỏa mãn: (3 - 2i).z = (2 + i)(1 + i) + 1.Tìm phần thực và phần ảo của số phức
2013
2 4z i
+ −
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 2 8 0x y x y+ − − − =
có tâm I, đường thẳng
d: x - y + 2 = 0 và điểm A(2; 2).Viết phương trình đường thẳng
∆
cắt (C) và d lần lượt tại M,N sao cho tứ
giác IANM là hình bình hành.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho đường thẳng

1 3
:
1 1 1
− −
∆ = =
−
x y z
, mp(P): 3x + y - z - 7 = 0
và điểm A(-1; 1; 2). Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt
∆
tại B sao cho độ dài AB bằng
khoảng cách từ A đến (P) .
Câu VII.b ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3
3 1
log ( 2 8) 4
3.2 2 2 2
+ −
− + =



+ = +


x x y y
y x
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:

Câu Nội Dung Điểm
I
(2,0đ)
1. (1,0đ)
TXĐ: D = R\
{ }
1
Chiều biến thiên:
,
2
1
0
( 1)
= >
−
y
x
, với
x D∀ ∈
⇒
hàm số đồng biến trên mỗi khoảng :
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
2
→+∞

= −
x
Limy
,
2
→−∞
= −
x
Lim y
;
(1)
+
→
= −∞
x
Lim y
,
(1)
−
→
= +∞
x
Lim y
⇒

2= −y
là tiệm cận ngang;
1
=
x

là tiệm cận đứng.
Bảng biến thiên:
Đồ thị: đi qua các điểm (0;
1−
) ; (
1
2
; 0)
Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(1;-2) làm tâm đối xứng
2. (1,0đ)
2.Gọi M(
0
0
0
2 1
;
1
− +
−
x
x
x
)
( )C∈
là điểm cần tìm và
∆
tiếp tuyến với (C) tại M
0,25
0,25
0,25

0,25
−∞
+∞
2−
+∞
2−
−∞
1
x
y
2−
-1

I
O
y
x
II
(2,0đ)
ta có phương trình
∆
:
'
0
0 0
0
2 1
( )( )
1
− +

= − +
−
x
y f x x x
x
( )
0
0
2
0
0
2 1
1
( )
1
1
− +
⇒ = − +
−
−
x
y x x
x
x
Gọi A =
∆ ∩
ox
⇒
A(
2

0 0
2 2 1− +x x
;0)
B =
∆ ∩
oy
⇒
B(0;
2
0 0
2
0
2 2 1
( 1)
− +
−
−
x x
x
). Khi đó
∆
tạo với hai trục tọa độ

∆
OAB có trọng tâm là: G
2 2
0 0 0 0
2
0
2 2 1 2 1

;
3 3( 1)
 
− + − +
−
 ÷
−
 
x x x x
x
. (đk
0
1x ≠
)
Do d(G; Ox) =
5
3

2
0 0
2
0
2 2 1
5
3( 1) 3
x x
x
− +
⇔ =
−

2 2 2
0 0 0 0 0 0
2 2 1 5 10 5 3 8 4 0x x x x x x⇔ − + = − + ⇔ − + =

0
0
2
2
3
=


⇔

=


x
x
Với
0
2 (2; 3)= ⇒ −x M
; với
0
2 2
( ;1)
3 3
= ⇒x M
.
1. (1,0đ)

Pt
⇔
sin 4 sinx 1 cos3 sin 2 cos 2
+ = + + −
x x x x
2
sin 4 sin 2 sin 2sin cos3x x x x x
⇔ − + = +
2
2 cos3 .sin sin 2sin cos3x x x x x
⇔ + = +
2sin .(cos3 sin ) (cos3 sin ) 0 (2sin 1)(cos3 sin ) 0x x x x x x x x
⇔ − − − = ⇔ − − =
1
sin
2
os3 sin

=

⇔

=

x
c x x
Với
2
1
6

sin
5
2
2
6
π
π
π
π

= +

= ⇔


= +


x k
x
x k
(k
∈
Z)
Với cos3x = sinx
3 2
8 2
2
os3 os( )
2

3 2
2
4
π π
π
π
π
π
π
π π


= +
= − +


⇔ = − ⇔ ⇔




= − + + = − +




x k
x x k
c x c x
x x k x k

2. (1,0đ)
đk:
0 ; 1≤ ≤x y
pt(1)
1
1
1 1 1 1 (1 )
y
x
x y
x y
−
⇔ + = + −
+ − + − −
(*)
xét h/s
( )
1 1
t
f t t
t
= +
+ −
; có
'
2
1 1
(1 1 ) .
2 2 1

( ) 1 0 , (1; )
(1 1 )
t t
t t
f t t
t
+ − +
−
= + > ∀ ∈ +∞
+ −
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5

III
(1,0đ)
IV
(1,0đ)
vì (*)
( ) (1 ) 1f x f y x y⇔ = − ⇔ = −
, thế vào pt(2) ta được :
2
1 5 2 2 6 2 2 5 6 8x x x x x− + − = ⇔ − + − + =

2 2 2
1 1
5 6 1 5 6 ( 1)
2 2
x x x x x x x y⇔ − + = + ⇔ − + = + ⇔ = ⇒ =
(tmđk)
vậy hệ pt có nghiệm là
1
2
1
2
x
y

=




=


(1,0đ)
Ta có:
1 1 1
( 1).( .ln 1) ln 1 ln 1
. ( 1)
1 ln 1 ln
e e e
x x x x x

I dx x dx dx
x x x x
+ + + + +
= = + +
+ +
∫ ∫ ∫
xét
2
2
1
1
1
1 3
( 1)
2 2 2
e
e
x
I x dx x e e
 
= + = + = + −
 ÷
 
∫
xét
2
1
ln 1
1 ln
e

x
I
x x
+
=
+
∫
.dx =
1
1
(1 ln )
ln 1 ln ln(1 )
1 ln
e
e
d x x
x x e
x x
+
= + = +
+
∫
khi đó
1 2
I I I= +
=
2
1 3
2 2
e e+ −

+ ln(1+e)

Gọi I là trung điểm của AB, vì tam giác A
1
AB cân tại A
1
nên A
1
I
⊥
AB
⇒

nên A
1
I
⊥
(ABC)
⇒
(AA
1
;(ABC)) =
^
0
1
30A AI =
tam giác vuông IA
1
A có A
1

I = A
1
A.sin
0
30
= 2a.
1
2
= a
và
2 2 2 2
1
4 3AI A A AI a a a= − = − =
2 2 3AB AI a⇒ = =
, khi đó
2 2 2 2
12 11BC AB AC a a a= − = − =
ta có:
1 1 1 1 1 1 1
. . . 1 1 1
1 2
. . .
3 3
A BCC B ABC A B C A ABC ABC ABC ABC
V V V A I S A I S A I S= − = − =
3
2 1 1 11
. . . . 11
3 2 3 3
a

a CA CB a a a= = =
(đvtt)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
C
B
1
A
1
C
1
A
B
I
V
(1,0đ)
VI.a
(1,0đ )
gt
3 3
( )( )
(1 )(1 )
a b a b

a b
ab
+ +
⇔ = − −
(*) .
vì
( )
3 3 2 2
( )( )
2 .2 4
a b a b a b
a b ab ab ab
ab b a
 
+ +
= + + ≥ =
 ÷
 
và
( ) ( )
1 1 1 ( ) 1 2a b a b ab ab ab
− − = − + + ≤ − +
, khi đó từ (*) suy ra
4 1 2ab ab ab≤ − +
, đặt t = ab (đk t > 0)
ta được:
( )
2
1
0

1
3
4 1 2 2 1 3 0
9
4 1 3
t
t t t t t t
t t

< ≤

≤ − + ⇔ ≤ − ⇔ ⇔ < ≤


≤ −

Ta có:
2 2 2 2
1 1 2 1 1 1 1
0
1 1 1 1 1 1 1a b ab a ab b ab
   
+ ≤ ⇔ − + − ≤
 ÷  ÷
+ + + + + + +
   
( ) ( )
( )
( ) ( )
2

2 2
. 1
0
1 1 1
a b ab
ab a b
− −
⇔ ≤
+ + +
luôn đúng với mọi a, b
∈
(0; 1),
dấu "=" xảy ra khi a = b
vì
2 2
2 2
1 1 1 1 2 2
2 2.
1 1 1
1
1 1
a b ab
ab
a b
 
+ ≤ + ≤ =
 ÷
+ + +
+
 

+ +
và
( )
2
2 2
ab a b ab a b ab− − = − − ≤
nên
2 2
1 1
F ab t
ab t
≤ + = +
+ +

xét f(t) =
2
1
t
t
+
+
với 0 < t
1
9
≤
có
'
1
( ) 1 0
(1 ) 1

f t
t t
= − >
+ +
với mọi 0 < t
1
9
≤
1 6 1
( ) ( )
9 9
10
f t f⇒ ≤ = +
,dấu "=" xảy ra
1
1
3
9
a b
a b
t ab
=


⇔ ⇔ = =

= =


Vậy MaxF =

6 1
9
10
+
đạt được tại
1
3
a b= =
1.(1,0đ)
Do
( ;2 1)N d N N a a= ∩ ∆ ⇒ ∈∆ ⇒ +
,
vì A là trung điểm của MN nên
(2 ;1 2 )M a a− −
mà
( )
2
2 2
( ) 2 (1 2 ) 2(2 ) 1 0 5 6 0M C a a a a a∈ ⇒ − + − − − − = ⇔ − =
0
6
5
a
a
=


⇔

=


với a = 0
⇒
N(0; 1)
⇒
pt d: y = 1
với
6 6 17
( ; )
5 5 5
a N= ⇒ ⇒
pt d: 12x - y - 11 = 0.
2. (1,0đ)
do
(1 ; 1 ;2 2 )B d B t t t∈ ⇒ − − − +
.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
VII.a
(1,0đ)
VI.b
(2,0đ)
2 2 2 2 2
2 2 ( 2) (2 2) 2 6 12 6 0AB AB t t t t t= ⇔ = ⇔ + + + + = ⇔ + + =

1 (2;0;0)t B⇔ = − ⇒
ta có mp(P) có vtpt là
(2; 3;1)
P
n = −
uur
.
vì
( ) ( )P Q⊥
và (Q) chứa AB nên (Q) có vtpt là
;
P
n n AB
 
=
 
r uur uuur
với
(2; 3;1)
P
n = −
uur
;
(1; 1;0)AB = −
uuur

(1;1;1)n⇒ =
r
khi đó pt(Q): x + y + z - 2 = 0
1,0đ

Ta có:
2 3
3 2
i
z
i
+
=
−
( ) ( )
2 3 3 2
9 4
i i
i
+ +
= =
+
2013 2013 2012
.z i i i⇒ = =
( )
1006
2
.i i i= =
khi đó
2013
2 4z i+ −
= i + 2 - 4i = 2 - 3i, nên phần thực là a = 2 , phần ảo là b = -3
1. (1,0đ)

(C) có tâm I(1; 1), vì

( ; 2)N d N d N a a= ∩ ∆ ⇒ ∈ ⇒ +
IANM là hình bình hành
AI NM⇔ =
uur uuuur
,
với
( 1; 1); N(a; a+2) M(a-1 ; a+1)AI = − − ⇒
uur
mà
2 2
( ) ( 1) ( 1) 2( 1) 2( 1) 8 0M C a a a a∈ ⇒ − + + − − − + − =
2
1
2 4 6 0
3
a
a a
a
= −

⇔ − − = ⇔

=

với
1 ( 1;1) : 2 0a N pt x y= − ⇒ − ⇒ ∆ − + =
với
3 (3;5) : 2 0a N pt x y= ⇒ ⇒ ∆ − + =
KL :
: 2 0pt x y∆ − + =

.
2.(1,0đ)
Ta có
d(A ; (P)) =
3 1 2 7
11
9 1 1
− + − −
=
+ +

vì
(1 ;3 ; )B d B B t t t= ∆∩ ⇒ ∈∆ ⇒ + −
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
( ;( )) 11 11 2 2 2 11AB d A P AB t t t= = ⇔ = ⇔ + + − + − =
2
1
3 4 1 0
1
3
t
t t
t
=


⇔ − + = ⇔


=

với t = 1
(2;2;1)B⇒
, ta có d đi qua A(-1 ; 1 ; 2) và có vtcp
(3;1; 1)AB = −
uuuv
1 3
d: 1
2
x t
pt y t
z t
= − +


⇒ = +


= −

với
1 4 8 1 7 5 5
( ; ; ) ( ; ; )
3 3 3 3 3 3 3
t B AB= ⇒ ⇒ = −
uuur
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
VII.b
(1,0)
ta cú d i qua A(-1 ; 1 ; 2) v cú vtcp
(7;5; 5)u =
v
1 7
d: 1 5
2 5
x t
pt y t
z t
= +


= +


=

1,0
k: y > 2x - 8
Pt u

y 2x + 8 =
( )
4
3
2y x =
+1
th vo pt th hai ta c:
3 3 2 1
3.2 2 2 2
+
+ = +
x x x
3 2
4.2 2.2 2 0 =
x x
t: t =
2
x
, (k t > 0 ) , ta cú pt:
( )
( )
3 2 2
2 1 0 1 2 1 0 = + + =t t t t t
0
1

1
=

=

=

x
t
y
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Cõu Ni dung im
1.1
1. (1,0 im) Kho sỏt (1) 1,00
* TX:
{ }
2\R
Ta có:
( )
2x,0
2x
1
'y
2
<

=
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
2;
và
( )
+;2
0,25
a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
*
+==
+

ylim;ylim
2x2x
Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
*
lim lim 2
+
= =
x x
y y
đờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
Bảng biến thiên:
x
- 2 +
y

- -
y
2
-
+
2
0,25
* th: + Đồ thị cắt trục tung tại






2
3
;0
và cắt trục hoành tại điểm






0;
2
3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25

1.2

Tiếp tuyến của (C) tại M
1,00
O
y
x
2
3/2
3/2
2
Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0
0
0
0

,
( )
2
0
0
2x
1
)x('y


=
Phơng trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
( )
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0


+

=
0,25
Toạ độ giao điểm A, B của
( )

và hai tiệm cận là:
( )
2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0











Ta thấy
M0
0BA
xx
2

2x22
2
xx
==
+
=
+
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
yy
=


=
+
suy ra M là trung điểm của AB.
0,25
I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
S =

+=



















+=
2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2

)2x(IM
2
0
2
0
2
0
0
2
0
2
0,25
Dấu = xảy ra khi



=
=


=
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0

2
0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
Bi3
Tính tích phân : I =
2
4
2 2
0
1 cos
( )
cos 1 5cos
x
x dx
x x

+


Ta cú : I =
4
2
0
cos
x
dx
x

+
4
2
0
1
1 5cos
dx
x



= A + B
0,25
A =
4 4
4 4
0 0
0 0
sin 1
(tan ) .tan ln | cos | ln 2
cos 4 4 2
| |
x
xd x x x dx x
x



= = + =

0,25
B =
1 1
4
1
2 2
0
0 0 0
1 1 1 1 1 1 2 1
(tan ) ( ) ln | | ln 3
tan 4 4 4 2 2 4 2 4
|
t
d x dt dt
x t t t t


= = = =
+ +

0,25
Vy I =
1
ln 2
4 2


1
ln3
4

0,25
ABC cõn vi cnh ỏy BC : x + y 1 = 0 ; ng cao BH :x 2y 2 = 0 v im
I( - 2 ; 0) nm trờn ng cao CK.Vit phng trỡnh AB ; AC ca ABC
T gt => B(
4 1
;
3 3


ữ

;
ẳ
ẳ
HBC KCB=
=> g(BH ; BC) = g(CK;BC)
gi s pt CK : Ax + By + 2A = 0 t g(BH ; BC) = g(CK;BC) => pt CK : 2x - y + 4 = 0.
0,25
t AB qua B v CK => pt AB : 3x + 6y 2 = 0.
0,25
BC CK = C( - 1 ; 2)
0,25
t AC qua C & AC BH => pt AC : 2x + y = 0 .
0,25