Đề Thi Thử Số 118

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II . NĂM HỌC 20122013
MÔN: TOÁN  KHỐI A, A
1
, B
Thời gian làm bài: 1 8 0 p h ú t .
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2 điểm) . Ch o hà m số
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  vuông góc với đường thẳng
y
x  
và cắ t ( C ) t ạ i 2 đ i ể m A ,
B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng
2 3
, với I là giao điểm hai tiệ m c ậ n c ủ a ( C ) .
Câu 2 (1 điểm) . Giải phương trình:
2 2
2sin cos sin 2cos
4
x x x x

 
  
 
 

.
Câu 3 (1 điểm) . Giải bấ t p h ư ơ n g t r ình:
2 2
2( 1 ) 2 ( 1 ) 6 1
x x x x
    
Câu 4 (1 điểm) . Tín h tích p h â n
1
2
0
( 1 )
x
xe
I dx
x



.
Câu 5 (1 điểm) . Cho lăng trụ
' ' '
A B C A B C
, đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bê n
' 3
AA a


. Biết mặt
bên
' '
B C C B
l à h ì n h c h ữ nhật và tam giác
'
B AC
vuô ng tại
A
. Tính thể tích lăng trụ đã c h o và k h o ảng
cách giữa hai đường thẳng
' '
,
AA BC
.
Câu 6 (1 điểm). Ch o a, b, c l à c á c s ố thực dương thỏa mãn
2 2 2
3
a b c
  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biể u t h ứ c :
2 2 2
1 1 1
a b c
P
b c a
  
  

.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ đ ư ợ c l àm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1 điểm). T rong mặt phẳng với hệ tọa độ
O x y
cho hình thoi ABCD. Biết trung điểm AB l à
M(
7
;7
2
) và AC là một đường kính của đường tròn (T):
2 2
2 4 20 0
x y x y
    
. Tìm tọa độ các
đỉnh của hình thoi đã c h o b i ết
A
có hoành độ âm.
Câu 8a (1 điểm). T rong k hông g ian với hệ tọa độ
Oxyz
c h o h a i đ i ể m




1 ; 0 ; 0 , 0 ; 1 ; 0
A B
, mặt
phẳng (P) có phương trình

5 0
z
 
và mặt cầu
( ) S
có phương trình
2 2 2
2 4 0
x y z x
    
. Lập
phương trình mặt cầu
/
(
)S
c ó t â m t hu ộc
( ) S
, đi qua hai điểm
, A B
và tiế p x ú c v ớ i ( P ) .
Câu 9a (1 điểm). T ìm s ố phức
z
biết
( 2 )( 2 )
iz z
 
là số thuần ảo và
2
z


.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1 điểm). T ro n g mặt phẳng với hệ tọa độ
Ox
y
, cho elip (E) có phương trình
2 2
4 9 36
x y
 
v à đ i ể m
( 1 ; 1 ) .
M
Lậ p p h ư ơ n g t r ình đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung
điểm của đoạn thẳng AB.
Câu 8b (1 điểm).Tr o ng không gi a n với hệ tọa độ
Oxyz
cho hai điểm




1 ; 3 ; 0 , 1 ; 1 ; 1
A B
và ha i đ ường
thẳng
1 2
1 1 1
: , :
2 3 1 3 1 2

x y z x y z
d d
  
   

. Viế t p h ư ơ n g t r ình đường thẳng
d
biết
d
c ắt
1 2
, d d
l ần lượt tại hai điểm
, M N
sao cho tam giác
ANB
v u ô n g t ạ i
B
và thể tích tứ diện
ABMN
bằng
1
3
.
Câu 9b (1 điểm). T í n h xác s u ất để có thể lập được một số tự nhiên gồm
7
c h ữ số mà trong đ ó chữ
số 3 có mặt đúng 2 l ầ n , c h ữ s ố 0có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần.
…………………………. Hế t … … … … … … … … … …
Thí sinh không sử dụng tài liệ u . C á n b ộ c o i t h i k h ô n g g i ả i t h í c h g ì thêm.

H ọ tên thí sinh……………………………Số báo danh…………………
1
/ 4
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU
ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II.
N Ă M H Ọ C 2 0 1 2 2013
MÔN: TOÁN  KHỐI A, A
1
, B
Câu Nội dung Điể
m
1) • TXĐ:
\{1}
¡
.
• SBT:
 CBT:
2
2
'
( 1 )
y
x



< 0 x  1.
H à m s ố NB trên (; 1) và (1; +)
0,25

 Cực tr ị: không có .
 Giới hạn:
lim 1
x
y


 y = 1 là tiệm cận ngang;
1 1
l i m ,lim
x x
y y
 
 
   
 x = 1 là tiệ m c ậ n đ ứ n g .
0,25
 BBT:
0,25
1.1
( 1điểm)
• Đồ thị

0,25
2) Ta có I(1; 1), : y = x + m.
H o à n h đ ộ A , B l à các nghiệm PT:
1
1
x
x m

x

 

 x
2
+ (m  2)x  m  1 = 0 (*), x  1 .
0,25
(*) có 2 nghiệ m p h â n b i ệ t k h á c 1 
2
8 0
1 2 1 0
m
m m
   

    

 m.
Giả sử A(x
1
; y
1
), B(x
2
; y
2
) thì x
1,
x

2
là các nghiệm (*) và y
1
= x
1
+ m, y
2
= x
2
+ m
0,25
AB
2
= (x
1
 x
2
)
2
+ (y
1
 y
2
)
2
= 2(x
1
 x
2
)

2
= 2 ( x
1
+ x
2
)
2
 4 x
1
x
2
= 2(m
2
+ 8)
d(I; ) = | m | . ( , )
2
m
d I  
0,25
1.2
( 1điểm)
2 3
 
IAB
S

2
1
. . 2 16 2 3
2

2
 
m
m

2  
m
.
0,25
2
(1 điểm)
PT
2
1 os 2
2
2sin cos cos 2sin 2 cos 1 sin 2 2cos
2
c x
x x x x x x x

 
 
 
 
      

0,5
x
y’
y

 
+ 
1

1

1
+ 
 
1
1
-
1
-
1
x
y
O
2
/ 4
1 sin 2 2cos (1 sin 2 ) 0 ( 1 s i n 2 ) ( 1 2 c o s ) 0
x x x x x
        
sin 2 1
1 sin 2 0
4
1
1 2cos 0
c o s
2

2
3
x
x k
x
x
x
x k






 


 


  



 



  




0,5




2 2 2 2
2 2 2
3 ( 1 ) 2 ( 1 ) 3 ( 1 ) 2 ( 1 ) ( 1 ) 2 ( 1 ) 0
3 ( 1 ) 1 2( 1 ) 2 ( 1 ) 1 2( 1 ) 0
Bpt x x x x x x
x x x x x x
          
          

0,25


2 2
1 2( 1 ) 3 ( 1 ) 2 ( 1 ) 0 ( * )
x x x x
 
       
 
.
Nhận thấy
2
1 2( 1 ) 0
x x x

    
. Dấu ”=” xảy ra khi
1 x

.
0,25
1 x

là một nghiệm của pt
2 2
1 ( * ) 3 ( 1 ) 2 ( 1 ) 0 2( 1 ) 3 ( 1 )
x x x x x
           
0,25
3
(1 điểm)
2
1
9 32
7
7 18 7 0
x
x
x x
 

 
  

  


V ậy nghiệm của B pt ban đầu là
9 32
, 1
7
x x
 
 
0,25
Đặt
2
( 1 )
1
1
( 1 )
1



 
 

 

 
 





x
x
u xe
du x e dx
dv dx
v
x
x
0,5
4
(1 điểm)
Ta có:
1
1
0
0
1
x
x
xe
I e dx
x
  


=
1
2
e


0,5
Gọi H là hình chiếu của A trên (A’B’C’).
Ta có:
B’C’  AA’ (do B’C’  BB’, BB // AA’),
B’C’  AH  B’C’  A’H (1).
A’C’  AB’ (do AB’  AC, AC // A’C’),
A’C’  AH  A’C’  B’H (2)
(1) và (2)  H là tâm A’B’C’ (do A’B’C’
đều).
0,25
Ta có:
2 2
' '
AH AA A H
 
2
2
2 2
3
3
3
  
a a
a

. ' ' ' ' ' '
.
A B C A B C A B C
V S
AH 

2 3
3 2 2 2
.
4 2
3
 
a a a
.
0,25
(BCC’B’) chứa BC’ và song song AA’
 d(AA’, BC’) = d(AA’, (BCC’B’)) = d(A, (BCC’B’)) =
.
' '
' '
3
A BCC B
BCC B
V
S
.
0,25
5
(1 điểm)
V ì V
ABC.A’B’C’
= V
A.A’B’C’
+ V
A . B C C ’ B ’
và

. ' ' ' . ' ' '
1
3
A A B C AB C A B C
V V 
nên
3
. ' ' . ' ' '
2 2
3 3
 
A BCB C AB C A B C
a
V V
.
2
' '
. 3 3
BC C B
S a a a 
.
0,25
B
H
B'
A '
C'
C
A
3

/ 4
V ậy d(A, (BCC’B’)) =
. ' '
' '
3
6
3

A BCC B
B C C B
V a
S
.
Ta có:
2 2
2 2
1 1 2 2
a ab ab ab
a a a
b b b
     
 
.
Tương tự:
2
1 2
b bc
b
c
 


,
2
1 2
c c a
c
a
 

.
0,25
Do đó:
2
ab bc ca
P a b c
 
   
.
0,25
Đặt a + b + c = x.
V ì a
2
+ b
2
+ c
2
= 3 nên
3 3
x
 

và
2
3
2
x
ab bc ca

  
.
Ta có:
2
2
3 1
(3 4 )
2 4 4
a b b c c a x
a b c x x x
  
       
.
0,25
6
(1 điểm)
Xét hàm số f(x) = 3 + 4x  x
2
với
3 3
x
 
 min f(x) = 6.

Suy ra:
3
2
P

và a = b = c = 1 thì
3
2
P

. Vậy GTNN của P là
3
2
.
0,25
Tâm của (T) là I(1; 2).
V ì A B C D l à h ì n h t h o i v à I l à t r u n g điểm AC
nên I là tâm hình thoi ABCD.
AIB vuông tại I và M là trung điểm AB nên
MA = MI =
125
4
 A thuộc đường tròn tâm M bán kính MI
và đ ường tròn (T)

0,5
 tọa độ A là nghiệm của hệ:
 
2 2
2

2
2 4 20 0
2
7 125
6
7
2 4
x y x y
x
y
x y
    
 



 
 

   

 
 

 A( 2; 6)
0,25
7a
(1 điểm)
Từ đó tìm được B(9; 8), C(4; 2), D(7;  4).
0,25

Giả sử I(a; b; c) là tâm (S’)  a
2
+ b
2
+ c
2
 2a  4 = 0 ( 1 )
IA = IB

2 2 2 2 2 2
( 1 ) ( 1 )
      
a b c a b c
 a = b (2)
0,25
IA = d(I , ( P))

a
2
+ b
2
+ c
2
 2 a + 1 = ( c +
5
)
2
(3 )
0,25
Từ (1) và (3)  5 = (c +

5
)
2

2 5
c  
hoặ c c = 0 .
Từ (1) và (2)  2a
2
 2a + c
2
 4 = 0 .
0,25
8a
(1 điểm)
V ới
2 5
c  
 2a
2
 2a + 16 = 0  V N .
V ới c = 0  a =  1 hoặ c a = 2
 I(1;  1;0) hoặc I(2; 2; 0)
 (S’): (x + 1)
2
+ (y + 1)
2
+ z
2
= 5 hoặc (S’): (x  2 )

2
+ (y  2)
2
+ z
2
= 5
0,25
Giả sử z = a + bi (a, b  R) , ta có: ( iz + 2 ) (z  2) = (2  b + ai)(a  2 + bi) là số
thuần ảo nê n : ( 2  b)(a  2)  ab = 0  a + b  a b  2 = 0 (1)
0,25
Mặt khác
| | 2
z

nên a
2
+ b
2
= 4 ( 2)
0,25
9a
(1 điểm)
Từ (1) và (2) ta tìm được
2,
a 

2
b
 
hoặc

2, 2
a b  

hoặc a = 0, b = 2 hoặc a = 2; b = 0.
0,25
D
M
B
A
C
I
4
/ 4
V ậy có 4 số phức thỏa mãn là:
2 2, 2 2
z i z i
    
, z = 2, z = 2i.
0,25
Giả sử
( ; 2)
B B
B x x

. Ta có
( 1 ; )
B B
B E x x
 
u u u r

, vectơ chỉ phương của
: 2 0
d x y
  
l à
( 1 ; 1 )
u
r
. Gọi M là trung điểm AD, ta có
0
2 2
.
1
45 os45
( 1 ) 2
o
B B
BE u
ABM c
BE u
x x
    
 
u u u r r
u u u r r

0,25

2 2
0

2 1
1
2
( 1 ) 2
B
B
B B
x
x
x x


 

 
 

. Do
0 1 ( 1;1)
B B
x x B     

0,25
Giả sử
( 1; ), (9 ; )
A A A
A y D y y
 
. Ta có trung điểm của
AD

là
4
2
A
y
M
 

 
 
Δ 4 2 0 4
2
       
A
A A
y
M y y

0,25
7b
(1 điểm)
( 1;4), (5;4)  
A D
( 5 ; 1 )

C
.
0,25
Giả sử N(3t; t; 1 + 2t)  d
2

. T a có :
(2; 2;1)
AB  
u u u r
,
(3 1 ; 1 ; 2 )
NB t t t
   
u u u r
.
ANB vuông tại B 
. 0
NB AB

u u u r u u u r
 2(3t  1) + 2t + 2 + 2t = 0  t = 0
 N(0; 0; 1).
0,25
Giả sử M( 1 + 2t’; 1 + 3t’; t’)  d
1
. Ta có:
( 1 ; 3 ; 1 )
AN  
u u u r
,
(2 '; 2 3 '; ')
AM t t t
  
u u u u r
.

1
|[ ; ] |
6
A B MN
V AB AN AM

u u u r u u u r u u u u r
0,25
1 1
| 2
5 ' |
6 3
t
  
 t’ = 0 hoặ c
4
5
t’

 M( 1; 1; 0) hoặc
3 17 4
5 5 5
; ;
M
 
 
 
0,25
8b
(1 điểm)

.Đường thẳng d qua M, N nên d:
1
x t
y t
z t
 





 

hoặc d:
3
5
17
5
1
1
5
x t
y t
z t










 


0,25
Số các chữ số tự nhiên gồm 7 chữ số là
6
9 10 9000000
. 

Chữ số 0 có mặt 3 lần và chữ số 0 không thể đ ứng đầu nên có
3
6
C
cách lập
0,25
4 vị t r í c òn lại, chữ số 3 có mặt 2 lần nên có
2
4
C
cách lập
0,25
2 vị t r í c òn lại cho 8 chữ số còn lại, mỗi số có mặt không quá một lần nên có
2
8
A
cách lập
0,25

9b
(1 điểm)
Xác suất cần tìm là
3 2 2
6 4 8
6720 7
9000000 9000000 9375
. .C C A
 

0,25
Lưu ý : Hướng dẫn này chỉ trì n h b à y m ột cách giải, nếu học sinh giải cách khác mà vẫn đúng thì
cho điểm tối đa dành cho phần đó (ho ặc ý đó).