Đề thi thử đại học toán khối AA1 lần 3 trường THPT chuyên hạ long

www.MATHVN.com
www.dethithudaihoc.com
1

Trường THPT Chuyên Hạ Long ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM HOC 2012-2013
MÔN: TOÁN- KHỐI A-A1

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
− +
(1)
1) Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
(C) c

ủ
a hàm s
ố
(1)
2) G
ọ
i (d) là ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
đồ
th
ị
(C) t
ạ
i
đ
i
ể
m I (0;1). Tìm trên (C) nh
ữ
ng
đ
i
ể
m M có hoành
độ

l
ớ
n h
ơ
n 1 và
kho
ả
ng cách t
ừ
M
đế
n (d) là nh
ỏ
nh
ấ
t.
Câu II ( 2,0 điểm)
1. Gi
ả
i ph
ươ
ng trình: (cotx-1)(
3
1 2cos4x)=2sin(2x- )
2
π
−
2. Gi
ả
i h

ệ
ph
ươ
ng trình
2
2 3 2 3 2
( , )
1 4 8 0
x y y x
x y R
y x x

+ + − = +

∈

− − − + − =




Câu III ( 1,0 điểm)
Tính tích phân
2 2
3
2
3
ln
1
x x

I dx
x
=
+
∫


Câu IV ( 1,0 điểm)
Cho hình chóp SABC có c
ạ
nh SA vuông góc v
ớ
i
đ
áy và AB=a, AC=2a

0
120
BAC =
. M
ặ
t
ph
ẳ
ng (SBC) t
ạ
o v
ớ
i
đ

áy m
ộ
t góc 60
o
. Tính th
ể
tích c
ủ
a kh
ố
i chóp S.ABC và kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
SB và AC theo a.
Câu V (1,0 điểm)
Cho ba s
ố
th
ự
c d
ươ
ng a,b,c tho
ả
mãn ab + bc + ca = 2013abc

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
2 2 2
1 1 1 2013
(2013 1) (2013 1) (2013 1) 4
a a b b c c
+ + ≥
− − −

PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng to
ạ

độ
oxy, cho tam giác ABC có ph
ươ
ng trình
đườ
ng cao k
ẻ
t

ừ

đỉ
nh A là 3x-y+5=0, tr
ự
c
tâm H(-2;-1); M(
1
;4
2
) là trung
đ
i
ể
m c
ạ
nh AB, BC =
10
. Tìm to
ạ

độ
A, B, C v
ớ
i
B c
x x
<

2. Trong Oxyz, cho hai

đườ
ng th
ẳ
ng
1
3 1 3
:
2 1 1
x y z
d
+ − +
= =
2
1 1 3
:
2 2 1
x y z
d
− + −
= =
−

và m
ặ
t ph
ẳ
ng (P): x + 2y + 2z + 7 = 0
Vi
ế
t ph

ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u (S) có tâm n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng (
1
d
) ti
ế
p xúc v
ớ
i (
2
d
) và m
ặ
t ph
ẳ
ng (P)
Câu VII.a ( 1,0 điểm)
Tính mô
đ
un c

ủ
a s
ố
ph
ứ
c z bi
ế
t
3
12
z i z
+ =
và z có ph
ầ
n th
ự
c d
ươ
ng
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b ( 2,0 điểm)

1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng Oxy, cho hai
đườ
ng tròn C
1

: (x-1)
2
+(y+2)
2
=5 và C
2
: (x+1)
2
+(y+3)
2
=9. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng (
∆
) ti
ế
p xúc C
1
và c
ắ
t C
2
t
ạ

i hai
đ
i
ể
m A, B th
ỏ
a mãn AB=4
2.Trong không gian Oxyz cho hai
đườ
ng th
ẳ
ng d
1
:
2
2
1 2 2
, : 3
2 1 2
4
x t
x y z
d y t
z t
= −

− + −

= = = +


−

= +

, t là tham s
ố
th
ự
c và
m
ặ
t ph
ẳ
ng (P): x-y+z -6=0. L
ậ
p ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng (d) bi
ế
t (d) song song (P) và (d) c
ắ
t d
1
, d
2
l

ầ
n l
ượ
t
t
ạ
i M và N sao cho MN=
3 6

www.MATHVN.com
www.dethithudaihoc.com
2

Câu VII.b ( 1 điểm) Cho số phức z thoả mãn
6 7
1 3 3
z i
z
i
+
− =
+
. Tìm phần thực của
2013
z
.

Câu Đáp án Điểm
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1

1
x
y
x
+
=
− +

+ TXĐ: D=R\{1}
+ Sự biến thiên
- Giới hạn và tiệm cận
1 1
lim ;lim 1
x x
y y x
− +
→ →
= +∞ = −∞ ⇒ =
là đường tiệm cận đứng
lim lim 2 2
x x
y y y
→−∞ →+∞
= = − ⇒ = −
là đường tiệm cận ngang
0.25
2
3
' 0
(1 )

y x D
x
= > ∀ ∈
−
. Hàm số (1) đồng biến trên
( ;1)
−∞
và
(1; )
+∞

Hàm số đã cho không có cực trị
0.25
Bảng biến thiên
x -
∞
1 +
∞

y' + +
y +
∞


-2
-2


-
∞

0.25
I.1
1.0
Đồ thị: Điểm đặt biệt x = 0
→
y = 1; y = 0
→
x =
1
2
−

Vẽ đồ thị

Nhận xét: Đồ thị nhận giao
điểm I (1;-2) của tiệm cận
làm tâm đối xứng.

0.25
I.2
1.0
Tìm toạ độ M
Phương trình tiếp tuyến (d) của (C) tại I (0;1) là: y = y'(0)(x-0) + 1
0.25
www.MATHVN.com
www.dethithudaihoc.com
3

3 1 3 1 0
y x x y
⇔ = + ⇔ − + =

Gọi
2 1
( ; ) ( );( 1)
1
m
M m C m
m
+
∈ >
− +
. Khoảng cách từ M đến (d) là
2
2 2
2 1
3 1
3
1
10.( 1)
1 3
m
m
m
m
h
m
+

− +
− +
= =
−
+
do (m > 1)
3 10 1
( 1 2)
10 1
m
m
= − + +
−

0.25
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1 1
1 2 ( 1) 2
1 1
m m
m m
− + ≥ − =
− −

6 10
,
5
h⇒ ≥

0.25

h đạt GTNN bằng
6 10
5
khi
1
1
1
1
m
m
m
>



− =

−


2
1
( 1) 1
m
m
>

⇔

− =


2 (2; 5)
m M
⇔ = ⇒ −

0.25
Điều kiện: sinx
≠
0
( )
x k k
π
⇔ ≠ ∈
ℤ

(1)
( osx-sinx)(1- 2cos4x)=2cos2xsinx
c⇔

0.25
2 2
( osx-sinx)(1- 2cos4x)=2(cos x-sin x)sinx
c⇔

2
( osx-sinx)(1- 2cos4x-2sinxcosx-2sin x)=0
c⇔

( osx-sinx)(cos2x-sin2x- 2cos4x)=0
c⇔

0.25
cosx-sinx=0 (2)
cos2x-sin2x- 2cos4x=0 (3)

⇔



(2)
⇔
2 sin( ) 0 ( )
4 4 4
x x k x k k
π π π
π π
− = ⇔ − = ⇔ = + ∈
ℤ

(3)
2cos(2x+ ) 2cos4x=0 cos(2x+ ) os4x
4 4
c
π π
⇔ − ⇔ =

4 2 2
8
4
4 2 2

4 24 3
x k
x x k
k
x x k x
π
π
π
π
π π π
π


= +
= + +


⇔ ⇔




= − − + = − +





0.25
II.1

1.0
So với điều kiện, ta thấy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm là:
0.25
www.MATHVN.com
www.dethithudaihoc.com
4

; ; ( )
4 8 24 3
k
x k x k x k
π π π π
π π
−
= + = + = + ∈
ℤ

Điều kiện
2 4
1
x
y
− ≤ ≤


≥


(1)
2 3 2 2 3

x y x y
⇔ + + = + +

4( 3 2) 2 9 6 ( 2)
x y x y x y
⇔ + + = + + + +

2
( 2) 2 ( 2) 0 ( 2 ) 0
2 2 (3)
x y x y x y
x y y x
⇔ + + − + = ⇔ + − =
⇔ + = ⇔ = +

0.25
Thế (3) vào phuong trinh thu 2 cua he, ta có:
2
1 4 8 0
x x x
+ − − + − =
(4) điều kiện
[ 1;4]
x
∈ −

(4)
2 2
3 3
( 1 2) (1 4 ) 9 0 9 0

1 2 1 4
x x
x x x x
x x
− −
⇔ + − + − − + − = ⇔ + + − =
+ + + −

1 1
( 3)( 3) 0
1 2 1 4
x x
x x
⇔ − + − − =
+ + + −

0.25
3 5
1 1
3 (5)
1 2 1 4
x y
x
x x
= ⇒ =


⇔

+ = +


+ + + −


Ta có
1 1
2
1 2
1 1 1 3
1 [-1;4]
2
1 4 1 2 1 4
x
x
x x x

≤

+ +



≤ ⇒ + ≤ ∀ ∈

+ − + + + −


0.25
II.2
1.0

Mặt khác:
3 2, [-1;4]
x x
+ ≥ ∀ ∈
suy ra phương trình (5) vô nghiệm
So điều kiện, ta có nghiệm của hệ phương trình là (3;5)
0.25
2 2
2 2
2
3
1 . ln
2
1
x x x
I dx
x
=
+
∫
Đặt
2 2
2
2
1
1
1
x t
t x
xdx

dt
x

= −

= + ⇒

=

+


0.25
Đổi cận:
x
3

2 2

t 2 3
Suy ra
3
2 2
2
1
( 1)ln( 1)
2
I t t dt
= − −
∫

.
0.25
III
1.0
Đặt
2
2
3
2
1
ln( 1)
1
2
( 1)
3
tdt
du
u t
t
t
dv t dt
v t

=


= −
 
−
⇒

 
 
= −
= −




0.25
www.MATHVN.com
www.dethithudaihoc.com
5

3
3 3
2 3
2
2
2
1
( )ln( 1) ( )
2 3 3 1
t t tdt
I t t t
t
= − − − −
−
∫

3 3

2 2
2
2 2
1 1 2 1 1 1 1
9ln2 ln3 ( 2 ) 9ln 2 ln3 ( 2 )
3 3 1 3 3 1 1
t dt t dt
t t t
= − − − − = − − − − +
− − +
∫ ∫
3
3
2
1 1 1
9ln2 ln3 ( 2 ln )
3 3 3 1
t t
t
t
−
= − − − −
+

1 1 13 13 26
9ln 2 ln3 ( ln 2 ln3) ln 2
3 3 3 9 3
= − − + − = − +

0.25

Tính thể tích của khối chóp S.ABC.
Trong tam giác ABC, kẻ đường cao AH,
Ta có:
( ( ))
BC AH
BC SA do SA ABC
⊥


⊥ ⊥


( )
BC SAH BC SH
⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)
là

0
60
SHA =

Áp dụng định lý cosin trong tam giác ABC ta
có:
2 2 2 0 2 2 2
1
2 . . os120 4 2. .2 ( ) 7 7
2
BC AB AC AB AC c a a a a a BC a

= + − = + − − =
⇒
=

0.25
Diện tích tam giác ABC là
2
0
1 1 3 3
. .sin120 .2 .
2 2 2 2
ABC
a
S AB AC a a= = =

Mặt khác
2
ABC
2S
1 3 21
. =
2 BC 7
7
ABC
a a
S BC AH AH
a
∆
=
⇒

= =

Tam giác SAH vuông tại A, ta có: SA = AH.tan60
0
=
21 3 7
. 3
7 7
a a
=

Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là
2 3
.
1 1 3 3 7 21
. .
3 3 2 7 14
S ABC ABC
a a a
V S SA
∆
= = =
(đvtt)
0.25
IV
1.0
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
Trong mặt phẳng (ABC) ta dựng hình bình hành ABDC, ta có AC//(SBD) nên
d(AC,SB) = d(AC,(SBD))=d(A,(SBD))
Trong mặt phẳng (ABC) ta kẻ AK

⊥
BD (K
)
BD
∈
, ta có
( )
BD AK
BD SAK
BD SA
⊥

⇒
⊥

⊥


Mà BD nằm trên (SBD) nên (SBD)
⊥
(SAK) theo giao tuyến SK
Trong tam giác SAK, kẻ đường cao AI suy ra AI
⊥
(SBD)
( ,( ))
d A SBD AI
⇒
=

0.25

I
2a
a
H
C
D
K
A
B
S
www.MATHVN.com
www.dethithudaihoc.com
6

Ta có
2
2 3
ABCD ABC
S S a
∆
= =
▱
. Mặt khác
2
3 3
.
2 2
ABCD
ABCD
S

a a
S BD AK AK
BD a
= ⇒ = = =
▱
. Tam giác SAK vuông tại A, ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 7 4 19 3 19
9 3 9 19
a
AI
AI SA AK a a a
= + = + = → =

0.25
Từ giả thiết suy ra:
1 1 1
2013
a b c
+ + =
. Đặt
1 1 1
; ;x y z
a b c
= = =
và
2013
x y z
+ + =
; x,y,z >0

0.25
Ta có:
3 3
2 2 2
2
1 1
1 2013
(2013 1) (2013 ) ( )
( 1)
x x
a a x y z
x x
= = =
− − +
−

Tương tự
3 3
2 2 2 2
1 1
;
(2013 1) ( ) (2013 1) ( )
y z
b b z x c c x y
= =
− + − +

Do đó ta có:
3 3 3

2 2 2 2 2 2
1 1 1
(2013 1) (2013 1) (2013 1) ( ) ( ) ( )
x y z
P
a a b b c c y z z x x y
= + + = + +
− − − + + +

0.25
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:
3 3
3
2 2
3
3 . .
( ) 8 8 ( ) 8 8 4
x y z y z x y z y z
x
y z y z
+ + + +
+ + ≥ =
+ +
(1)
Tương tự:
3
2
3
( ) 8 8 4
y z x z x y

z x
+ +
+ + ≥
+
(2)
3
2
3
( ) 8 8 4
z x y x y
z
x y
+ +
+ + ≥
+
(3)
0.25
V
1.0
Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế, ta có:
1 3 1 2013
( ) ( ) ( )
2 4 4 4
P x y z x y z P x y z+ + + ≥ + + ⇔ ≥ + + =
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi
2013 3
3 2013
x y z a b c= = = ⇔ = = =

0.25
VI.a.
1
1.0
Gọi N là trung điểm của AC thì MN là đường trung
bình của tam giác ABC
MN//BC
: 3 0
MN AH MN x y m
⇒ ⊥ ⇒ + + =

25 25
( ) : 3 0
2 2
M MN m MN x y
∈
⇒
= −
⇒
+ − =

Do
( ;3 5) (1 ;3 3 )
A AH A a a B a a
∈ → + → − −

0.25

Do
25

( 3 ; ) (12 3 ; 4)
2
N MN N n n MN n n
∈
⇒
−
⇒
= − −


Ta có MN =
1
2 2 2
2
9
( 1; )
1 10 5 5
2
(12 3 ) ( 4)
7
2 2 2 2
(2; )
2
N
BC MN n n
N

−

= ⇔ = ⇔ − + − = ⇒






0.25
H
M
N
C
B
A
www.MATHVN.com
www.dethithudaihoc.com
7


Với
1
9
( 1; )
2
N −
, ta có
( 2 ;4 3 )
C B
C a a x x
− − − ⇒ <
(loại)
Với

2
7
(2; )
2
N
, ta có
(4 ;2 3 )
C B
C a a x x
− − ⇒ >
(thoả mãn
Ta có
(1 2 ; 2 6 ); ( 6;3 3)
AB a a CH a a
= − − − = − −
 

0.25

Mặt khác
2
. 4 5 0
AB CH AB CH a a
⊥ ⇔ = − =
 
0 (0;5); (1;3);(4;2)
5 5 35 1 3 11 7
( ; ); ( ; ); ( ; )
4 4 4 4 4 4 4
a A B

a A B C
= ⇒


⇔

= ⇒ − − −


Vậy toạ độ các đỉnh của tam giác ABC là:
A(0;5); B(1;3), C(4;2) hoặc
5 35 1 3 11 7
( ; ); ( ; ); ( ; )
4 4 4 4 4 4
A B C
− − −

0.25
Gọi I là tâm mặt cầu (S), (
1
d
) có véc tơ chỉ phương
1
(2;1;1)
u =

và
1
I d
∈

nên
(2 3; 1; 3)
I t t t
− + −
với
t R
∈

0.25
Ta có khoảng cách từ I đến (P) là d =
2 2 2
| (2 3) 2( 1) 2( 3) 7|
2| |
1 2 2
t t t
t
− + + + − +
=
+ +

(
2
d
) qua M(1;-1;3) và có VTCP là
2
(2; 2;1), (4 2 ; 2 ;6 )
u IM t t t
= − = − − − −
 

0.25
2
[IM, ]=(10-3t;8;6t-4)
n
 
; d(I,
2
d
)=
2 2
2
2
2 2 2
2
[IM, ]
(10 3 ) 64 (6 4)
45 108 180
3
2 ( 2) 1
u
t t
t t
u
− + + −
− +
= =
+ − +
 


0.25
VI.a.
2
1.0
d(I,(P)) = d(I,
2
d
)
2 2
45 108 180 36
t t t
⇔ − + =
2
2
12 20 0
10
t
t t
t
=

⇔ − + = ⇔

=


Từ đó suy ra mặt cầu (S) có 2 phương trình là:
2 2 2 2 2 2
( 1) ( 3) ( 1) 16 ( 17) ( 11) ( 7) 400
x y z va x y z− + − + + = − + − + − =

0.25
Giả sử :
( , )
z x yi x y R
= + ∈
, theo giả thiết x >0
0.25
3 3 3 2 2 3
12 ( ) 12 3 (3 12)
z i z x yi i x yi x xy x y y i x yi
+ = ⇔ + + = − ⇔ − + − + = −

3 2
2 3
3 (1)
3 12 (2)
x xy x
x y y y

− =

⇔

− + = −



0.25
Do x > 0 nên từ (1) suy ra

2 2
3 1
x y
= +
thế vào (2) ta được:
2 3 3
3(3 1) 12 2 3 0(3)
y y y y y y+ − + = − ⇔ + + =

0.25
VIIa
1.0
Giải phương trình (3) ta được y = -1
2
4
x
⇒
=
. Do x > 0 nên x = 2
Vậy
2 5
z i z= −
⇒
=

0.25
Ta thấy (C
1
) có tâm I
1

(1;-2) và bán kính R
1
=
5
; (C
2
) có tâm I
2
(-1;-3) và bán kính
R
2
=3
0.25 VI.b
1
1.0
Ta có d(I
1
;(
∆
))=
5
(1).Gọi h = d(I
2
;
∆
), ta có: AB=2
2 2
2
5 (2)
R h h− ⇔ =

0.25
www.MATHVN.com
www.dethithudaihoc.com
8

Từ (1) và (2) suy ra (
∆
) song song với I
1
I
2
hoặc (
∆
) đi qua trung điểm M(0;
5
)
2
−

của I
1
I
2

Dễ thấy M nằm trong (C
1
) nên không xảy ra khả năng (
∆
) đi qua M, do đó (

∆
)
song song với I
1
I
2
, suy ra phương trình của (
∆
) có dạng : x-2y+m=0, khi đó:
d(I
1
;
∆
) =
5

0
| 5|
5
10
5
m
m
m
=

+
⇔ = ⇔

= −



0.25
Với m=0 ; (
∆
) có phương trình : x-2y=0
Với m=-10; (
∆
) có phương trình: x-2y-10=0
0.25
Do M thuộc d
1
nên suy ra M(1+2m; -2+m; 2-2m)
N thuộc d
2
suy ra N(2-n; 3+n; 4+n); Suy ra
( 2 1; 5;2 2)
MN n m n m m n
= − − + − + + +


Mặt phẳng (P) có VTPT là
(1; 1;1)
n = −


0.25
MN song song với (P) suy ra
2 2 2
2

. 0 2 0 2 (3 3 ;3;3 ) (3 3 ) 3 9
3 2 2 2
n MN m n n m MN m m MN m m
m m
= ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ = − ⇒ = − + +
= − +
  

0.25
2 2
1
3 6 2 2 2 6 2 0
2
m
MN m m m m
m
= −

= ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔

=


0.25
Vib.
2
1.0
+) Với m =-1 ; M(-1;-3;4) ( loại do M thuộc (P))
+) Với m= 2 ; M(5; 0; -2) ,
5 2

(3; 3; 6) ( ):
1 1 2
x y z
MN d
− +
= − −
⇒
= =
− −


Lưu ý: Không loại một đáp số trừ 0.25
0.25
Gọi z = a + bi (a, b
)
R z a bi
∈ → = −
thay vào (1), ta được:
6 7 ( )(1 3 ) 6 7
1 3 3 10 3
a bi i a bi i i
a bi a bi
i
− + − − +
+ − = ⇔ + − =
+

0.25
(27 9 ) (33 9 ) 60 70
a b b a i i

⇔ + + + = +

5
27 9 60
3
33 9 70 5
3
a
a b
b a
b

=

+ =


⇔ ⇔
 
+ =


=



0.25
5 5
(1 ) 2( os isin )
3 3 4 4

z i c
π π
⇒
= + = +

0.25
VIIb
1.0
2013 2013 2013
5 5 2013 2013
[ 2( os isin )] ( 2) ( os isin )
3 4 4 3 4 4
z c c
π π π π
⇒
= + = +

=
2013
5 2 2
( 2) .( )
3 2 2
i
− − ⇒
phần thực của
2013
z
là
1006 2013
5

2 ( )
3
−

0.25
Yêu c
ầ
u : H
ọ
c sinh trình bày chi ti
ế
t l
ờ
i gi
ả
i và các b
ướ
c tính toán
L
ờ
i gi
ả
i ph
ả
i
đả
m b
ả
o tính ch
ặ

t ch
ẽ
,
đặ
c bi
ệ
t là
đ
i
ề
u ki
ệ
n c
ầ
n và
đủ
, các b
ướ
c
đ
ánh giá.
H
ọ
c sinh có th
ể
gi
ả
i bài toán theo các cách khác nhau n
ế
u

đ
úng t
ổ
ch
ấ
m th
ả
o lu
ậ
n th
ố
ng nh
ấ
t cho
đ
i
ể
m t
ố
i
đ
a.
Người ra đề : Phạm Văn Ninh 0977245380