Đề, ĐA thi thử đại học môn Toán lan 4 -Trường ĐH Vinh

TRNG I HC VINH
TRNG THPT CHUYấN
KHO ST CHT LNG LP 12 LN CUI - NM 2013
Mụn: TON; Thi gian lm bi: 180 phỳt


I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s
.
2
1



x
x
y
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (H) ca hm s ó cho.
b) Gi I l giao im hai ng tim cn ca (H). Vit phng trỡnh tip tuyn d ca (H) ti im M tha
món IM vuụng gúc vi d.
Cõu 2 (1,0 im). Gii phng trỡnh
.
2
cos
2
sin)cos23(
2
cos)2cos3(

xx
x
x
x
Cõu 3 (1,0 im). Gii h phng trỡnh
).,(
1233
)2(84
22








yx
yyx
xxyxy

Cõu 4 (1,0 im). Tớnh tớch phõn
.d
4
1
0
2
3

x
x
x
I

Cõu 5 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy l hỡnh ch nht,
5.AD a Tam giỏc SAB nm trong mt
phng vuụng gúc vi ỏy,
,SA a
,
2
a
SB
0
120 .ASB
Gi E l trung im ca AD. Tớnh th tớch
khi chúp S.ABCD v tớnh bỏn kớnh mt cu ngoi tip t din SBCE theo a.
Cõu 6 (1,0 im). Cho cỏc s dng a, b phõn bit tha món
.122
2
ba
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
.
)(8
544
244
baba
P

II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn a hoc phn b)
a. Theo chng trỡnh Chun
Cõu 7.a (1,0 im). Trong mt phng vi h ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú


1; 3 ,A



5;1 .B
im M
nm trờn on thng BC sao cho 2 .MC MB Tỡm ta im C bit rng 5MA AC v ng
thng BC cú h s gúc l mt s nguyờn.
Cõu 8.a (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai mt phng


: 0,x y z




: 2 2 0.x y z

Vit phng trỡnh mt cu


S cú tõm thuc


,

cú bỏn kớnh bng 3, tip xỳc
vi



ti M, bit rng im M thuc


.Oxz
Cõu 9.a (1,0 im). Tỡm s phc z tha món .||)1(
)1(
1
zi
zi
i
z



b. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu 7.b (1,0 im). Trong mt phng vi h ta Oxy, cho tam giỏc ABC cõn ti A, cú trc tõm


3;2 .H

Gi D, E l chõn ng cao k t B v C. Bit rng im A thuc ng thng : 3 3 0,d x y im


2;3F

thuc ng thng DE v
2.HD
Tỡm ta im A.
Cõu 8.b (1,0 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai im


1;3;2 ,A


3;2;1B v mt phng


: 2 2 11 0.P x y z
Tỡm im M trờn


P
sao cho
2 2MB
v
0
30 .MBA

Cõu 9.b (1,0 im). Tỡm s nguyờn dng n tha món
.
2013
1
12
2

5
4
4
3
3
2
2
1
2
2
4
2
3
2
2
2
1
2



n
nnnnn
C
n
n
CCCC
Ht
Ghi chỳ: BTC s tr bi vo cỏc ngy 22, 23/6/2013. Khi nhn bi thi, thớ sinh phi np li Phiu d thi.
Chúc các em học sinh đạt kết quả cao trong Kỳ thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng năm 2013!

WWW.VNMATH.COM
1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN CUỐI - NĂM 2013
Môn: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút


Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
1
0
. Tập xác định: }.2{\
2
0
. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có 1lim 

y
x
và .1lim 

y
x

Giới hạn vô cực:



y

x )2(
lim
và
.lim
)2(



y
x

Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng ,1
y
tiệm cận đứng là đường thẳng
.2
x

* Chiều biến thiên: Ta có .2,0
)2(
1
'
2



 x
x
y
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
 

2; và
 
.;2 
0,5
* Bảng biến thiên:


3
0
. Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại
 
,0;1 cắt Oy tại );
2
1
;0(
nhận giao điểm )1;2(I của hai đường tiệm
cận làm tâm đối xứng.

0,5
b) (1,0 điểm)
Gọi 2,
2
1
;
0
0
0
0












x
x
x
xM là tiếp điểm. Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M là
2
1
)(
)2(
1
:
0
0
0
2
0







x
x
xx
x
yd , hay .0)22()2(:
0
2
0
2
0
 xxyxxd
Suy ra VTCP của d là
 
1;)2(
2
0
 xu
d
. Ta có )1;2(I nên











2
1
;2
0
0
x
xIM .
0,5

Câu 1.
(2,0
điểm)
Do đó IM vuông góc với d
0. 
d
uIM
1)2(0
2
1
)2(
4
0
0
3
0


 x
x
x







.1
3
0
0
x
x

Với ,3
0
x phương trình tiếp tuyến là 2)3(  xy hay .5
x
y

Với ,1
0
x phương trình tiếp tuyến là )1(  xy hay .1
x
y

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 5
x
y
và .1
x

y

0,5

Câu 2.
(1,0
điểm)
Phương trình đã cho tương đương với

2
sin
2
sin)cos23(
2
cos)2cos3(
xx
x
x
x 

 
02sinsin.
2
cos
0
2
sin
2
cos2
2

cos)sin2(
0
2
sin)cos22(
2
cos)sin24(
2
22
2



xx
x
xxx
x
x
x
x
x

0,5
x
'y
y
 
2
1





1


x
O
y
I
1
2
1

2 1
WWW.VNMATH.COM
2


























.2
2
2
2
2
22
1sin
0
2
cos







kx
kx

kx
k
x
x
x

Vậy nghiệm của phương trình là
.,2
2
,2  kkxkx




0,5
Điều kiện:
.
2
1
012  yy

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với






.2
4

0)2)(4(
2
2
yx
x
xyx

Với
,4
x
thế vào phương trình thứ hai ta được







)12(9)1(
1
1231
2
yy
y
yy







)12(9)1(
1
2
yy
y


.10310
10310
1
01020
1
2












 y
y
y
yy

y

0,5

Câu 3.
(1,0
điểm)
Với ,2
2
 yx thế vào phương trình thứ hai ta được
.1235
2
 yyy
(*)
Áp dụng BĐT Côsi ta có
(*).123)12(525)12(5)12()1((*)
2
VPyyyyyyVT 

Do đó phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ là
.10310,4  yx

0,5
Đặt .dd44
222
ttxxtxxt  Khi
,20 
t
x

khi .31  tx Suy ra





3
2
2
)d(
4
tt
t
t
I
0,5

Câu 4.
(1,0
điểm)
.33
3
16
3
4)d4(
3
2
3
2
3

2











t
ttt
0,5

Áp dụng định lý côsin trong tam giác SAB
2 2
2 2 0
7
2 120
4 2 4 2
7
. . .cos .
a a a a
AB a a AB     
Kẻ SH AB tại H. Vì





SAB ABCD nên


.SH ABCD Ta có
0
2
. .sin120 21
.
14
SAB
S
SA SB a
SH
AB AB
  
Suy ra
3
1 21 7 15
. . . 5 .
3 14 2 12
SABCD
a a a
V a 

0,5

Câu 5.
(1,0
điểm)

Vì ,BC AB BC SH  nên


.BC SAB Do đó
0
90CBS  (1)
Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông CED, SAE, SBC ta có

2
2 2
2 2 2
7 5 12
4 4 4
a a a
CE CD DE     ,
2 2
2 2 2 2
5 9
4 4
a a
SE SA AE a     ,

2 2
2 2 2 2
21
5
4 4
a a
SC SB BC a     .
Từ đó suy ra

2 2 2
.SC SE CE  Do đó
0
90CES  (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ diện SBCE nội tiếp mặt cầu đường kính SC. Do đó mặt cầu này có tâm là trung
điểm của SC, có bán kính bằng
21
.
2 4
SC a
R  
0,5
S

A
B
C

D
E
a
5a
2
a

H

120
0
WWW.VNMATH.COM

3
Từ giả thiết và áp dụng BĐT Côsi ta có
.2.42242)4(16
2
bababa 
Suy ra
80  ab
. Do đó
244
22
244
)(8
5
.
8
44
64
)(8
544
ba
ab
ba
ba
baba
P













.
2
1
.
64
5
16
1
2
2
2
2












a
b
b
a
a
b
b
a

Đặt
.
a
b
b
a
t  Khi đó 2
t
và .
8
1
2
1
.
64
5
16
1
2
1
.

64
5
)2(
16
1
22





t
t
t
tP
0,5

Câu 6.
(1,0
điểm)
Xét hàm
8
1
2
1
.
64
5
16
1

)(
2



t
ttf trên ).;2(  Ta có

,
2
5
8
5
)2(0)(';
)2(
1
.
64
5
8
1
)('
2
2


 ttttf
t
ttf
vì .2t

Vì




)(lim)(lim
2
tftf
t
t
nên
.
64
27
2
5
)(min
);2(









ftf
Suy ra
,

64
27
P dấu đẳng thức xảy ra khi .4,2  ba
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
,
64
27
đạt được khi .4,2  ba
0,5

Gọi H là trung điểm MC. Khi đó AH BC và
.BM MH HC x  

Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ABH,
AMH ta có
 
2
2 2
2 2 2
4
2 52
3
25
AH
AH x AB
x
AH x AM

  



  



 




Gọi phương trình đường thẳng BC là






2 2
5 1 0 0 .a x b y a b     
Ta có
   
2 2
06 4
; 4 4 5 12 0
5 12 0
aa b
d A BC a a b
a b
a b
 

      
 





0,5

Câu
7.a
(1,0
điểm)
Với
0,a 
đường thẳng BC có hệ số góc
0k 
(thỏa mãn). Khi đó : 1.BC y 
Với 5 12 0,a b  đường thẳng BC có hệ số góc
5
12
k (không thỏa mãn).
Ta có
     
2 2
; 5 : 1 3 25.A R x y     Khi đó tọa độ của C và M là nghiệm của hệ phương
trình
   
   
   

2 2
1
2;1 , 4;1
4;1 , 2;1
1 3 25
y
C M
C M
x y




   










Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên


4;1 .C 

0,5
Vì
   
;0; .M Oxz M a b  Mặt khác
   
2 2 ;0; .M a b M b b

   
Gọi I là tâm của


.S Khi đó
 
2
: 2 ; 2 ; 2 .
1 2 2
x b y z b
IM I b t t b t
 
     
 

0,5

Câu
8.a
(1,0
điểm)
Vì
   

;2 ;3 .I t b I b b b

     Ta có
 
 
9
; 3 1.
3
b
R d I b

     
Với
       
2 2 2
1 : 1 2 3 9.b S x y z       
Với
       
2 2 2
1 : 1 2 3 9.b S x y z        

0,5


1; 3A  
A



5;1B

C H M
x
x
x
5
5
WWW.VNMATH.COM
4
Đặt .0,,,
22
 yxyxyixz  Ta có
ziz
i
i
zzzi
zi
i
z )1(||
1
1
||)1(
)1(
1









 
 
   
 





























)2(.1
0
)1(0
11
)(
22
22
22
22
2222
2222
yxyx
xy
yx
yxyx
yxyx
yxyx
yxyxyx
iyxyxyxiyx

0,5

Câu
9.a
(1,0
điểm)

Với
,0
x
ta có
,11)2(
2
 yyy
thỏa mãn (1). Suy ra
.i
z


Với ,0
y
ta có
,11)2(
2
 xxx
không thỏa mãn (1).
Vậy
.i
z


0,5

Ta có





2 2
2 3 2 4
D D
HD x y     


2 2
6 4 9 0
D D D D
x y x y     
(1)
Vì


3 3; .A d A m m  
Ta có
. 0AD HD AD HD  
 












3 3 . 3 . 2 0
D D D D
x m x y m y       



2 2
3 2 7 9 0
D D D D
x y mx m y m        (2)


0,5

Câu
7.b
(1,0
điểm)
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được




6 3 2 7 18 0
D D
m x m y m     
(3)
Hoàn toàn tương tự ta có





6 3 2 7 18 0
E E
m x m y m      (4)
Từ (3) và (4) suy ra đường thẳng DE có phương trình




6 3 2 7 18 0.m x m y m     

Vì


2;3 0.F DE m   
Do đó


3;0 .A

0,5
Nhận thấy
   
, , 6.A P B P AB   Áp dụng định lý côsin trong tam giác MAB ta có
2 2 2 0
2. . .cos30 2.MA MB BA MB MA    Suy ra
2 2 2
.MB MA AB  Do đó tam giác MAB
vuông tại A.

0,5

Câu
8.b
(1,0
điểm)
Ta có
 
, 0; 5;5 .
AM P
u AB n
 
  
 
  
Do đó
 
1
: 3 1;3 ;2 .
2
x
AM y t M t t
z t



    


 



Ta có
2 2 2
2 2 1.MA t t t      
Với
 
1 1;2;3 .t M 

Với
 
1 1;4;1 .t M  
0,5
Áp dụng công thức khai triển nhị thức Niu-tơn ta có
 
., 11
22
2
22
2
1
2
2
xxCxCxCx
nn
nnn
n

Lấy đạo hàm hai vế ta được
 

.,2 3212
122
2
23
2
2
2
1
2
12
xxnCxCxCCxn
nn
nnnn
n




Suy ra
 
.,2 3212
22
2
33
2
22
2
1
2
12

xxnCxCxCxCxnx
nn
nnnn
n



Lấy tích phân trên
 
0;1 hai vế của đẳng thức ta được

 
 




0
1
22
2
33
2
22
2
1
2
0
1
12

d2 32d12 xxnCxCxCxCxxnx
nn
nnnn
n

0,5

Câu
9.b
(1,0
điểm)
.
12
2

4
3
3
2
2
1
)1(
12
)1(2
1
0
122
2
43
2

32
2
21
2
1
0
2
12

























nn
nnnn
n
n
xC
n
n
xCxCxCx
n
xn

Suy ra
.
12
1
12
2

5
4
4
3
3
2
2
1
2
2

4
2
3
2
2
2
1
2




n
C
n
n
CCCC
n
nnnnn

Theo bài ra ta có
.1006
2013
1
12
1


n
n

0,5

A
C
: 3 3 0d x y  
B


2;3F 

D
E
H
2
WWW.VNMATH.COM