4 đề thi thử đại học môn toán của thpt chuyên nguyễn quang diệu
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (342.08 KB, 24 trang )
Trường THPT chuyên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1
NGUYỄN QUANG DIÊU 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 (7,0 điểm)
Câu 1/ (2,0 điểm). Cho hàm số
1
3
+
−
=
x
x
y
có đồ thị là (C)
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho
b/ Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho độ dài IM là ngắn nhất
(I: giao điểm hai tiệm cận của(C))
Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình:
3
12sin2cos2
4sin2cos
2
=
−+
−
xx
xx
Câu 3/ Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )
=+−++
=++−
021
01
2
2
yyxx
yxyx
Câu 4/ ( 1 điểm). Tính:
( ) ( )
dxxxxA 2sin1lncossin
4
0
+−=
∫
π
Câu 5/ ( 1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A
/
B
/
C
/
có (A
/
BC) tạo với đáy góc 60
0
, tam giác
A
/
BC có diện tích bằng
38
a/Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của BB
/
và CC
/
. Tính thể tích khối tứ diện A
/
AMN
b/ Tính khoảng cách giữa hai cạnh A
/
B và AC
Câu 6/ ( 1 điểm) . Gọi
1
x
,
2
x
,
3
x
là nghiệm phương trình:
( )
( )
07329232
2223
=−+−+−++− mmxmmxmx
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:
321
2
3
2
2
2
1
xxxxxxA +++=
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 7.a (1,0 điểm). Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ A là
d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C thuộc đường thẳng ∆: 2x + y –1 = 0 và diện
tích tam giác ABC bằng 1
Câu 8.a (1,0 điểm).Cho A(5 ; 3 ; – 4) và B(1; 3 ; 4). Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy)
sao cho tam giác ABC cân đỉnh C và có diện tích
58=S
.
Câu 9 .a (1,0 điểm ).Giải phương trình:
36213362
222
263
+−+−+−
=+
xxxxxx
B . Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Cho hai đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
= 13 và (C
2
): (x –6)
2
+ y
2
= 25 cắt nhau tại
A. Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3) cắt (C
1
) và (C
2
) thành hai dây cung bằng nhau
Câu 8.b (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình
( )
1
9
2
4
1
7
:
1
−
−
=
−
=
− zyx
d
và
( )
3
1
2
1
7
3
:
2
−
=
−
=
−
− zyx
d
. Lập phương trình đường thẳng (∆)cắt (d
1
),(d
2
) và trục Ox lần lượt tại
các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC
Câu 9.b (1,0 điểm ).Giải phương trình:
1loglog3log1
399
−=−+ xxx
WWW.ToancapBa.Net 1
Đáp án
WWW.ToancapBa.Net 2
WWW.ToancapBa.Net 3
Câu Nội dung Điểm
Câu 1a
Tập xác định: D = R \ {–1}
0,25
( )
2
/
1
4
+
=
x
y
,
Dxy ∈∀> ,0
/
Vì:
( )
+∞=
+
−
−
−→
1
3
lim
1
x
x
x
và
( )
−∞=
+
−
+
−→
1
3
lim
1
x
x
x
nên: x = –1 là tiệm cận đứng
0,25
Vì:
1
1
3
lim =
+
−
−∞→
x
x
x
và
1
1
3
lim =
+
−
+∞→
x
x
x
nên: y = 1 là tiệm cận ngang
Bảng biến thiên và kết luận 0,25
Đồ thị 0,25
Câu 1b
Gọi
+
−
1
3
;
m
m
mM
thuộc đồ thị, có I(–1 ; 1)
0,25
( )
( )
2
2
1
16
1
+
++=
m
mIM
( )
( )
162
1
16
1
2
2
≥
+
++=
m
mIM
22≥
0,25
( Tương ứng xét
( )
0,
16
>+= t
t
ttg
và t = (m + 1)
2
và lập được
bảng biến thiên
IM nhỏ nhất khi
22=IM
0,25
Khi đó (m + 1)
2
= 4
Tìm được hai điểm
( )
1;1
1
−M
và
( )
3;3
2
−M
0,25
Câu 2
Giải phương trình:
3
12sin2cos2
4sin2cos
2
=
−+
−
xx
xx
Điều kiện:
−≠
≠
⇔≠++−
2
1
2sin
12sin
012sin2sin2
2
x
x
xx
0,25
3
12sin2sin2
4sin2cos
2
=
++−
−
xx
xx
⇔
( )
xxxx 4cos2sin34sin2cos +=−
⇔
xxxx 4sin4cos32sin32cos +=−
0,25
⇔
−=
+
6
4cos
3
2cos
ππ
xx
⇔
++−=+
+−=+
π
ππ
π
ππ
2
6
4
3
2
2
6
4
3
2
kxx
kxx
π
π
kx +=
4
∨
3
2
6
ππ
kx +−=
0,25
So lại điều kiện được nghiệm phương trình đã cho
3
2
6
ππ
kx +−=
0,25
Câu 3
Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )
=+−++
=++−
021
01
2
2
yyxx
yxyx
( )
( )
( )
=+−++
=++−
021
01
2
2
yyxx
yxyx
⇔
( )
( )( )
=+−++
+=+
02
1
2
yyxyxy
yxyx
Hay A =
( )
2112
2
−+= mmmf
m∈
[ ]
3;2
0,25
( )
114
/
+= mmf
,
( )
0
/
=mf
⇔
[ ]
3;2
4
11
∉−=m
( )
282 =f
và
( )
493 =f
0,25
Vậy
49max
=
A
khi m = 3 và
28min
=
A
khi m = 2
PHẦN TỰ CHỌN
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7a Cho tam giác ABC với B(1;–2),phương trình đường cao vẽ từ
A là d: x –y + 3 = 0.Tìm tọa độ A ,C của tam giác.Biết C thuộc
đường thẳng ∆:2x + y –1 = 0 và diện tích tam giác ABC bằng 1
BC qua B và vuông góc d nên BC có phương trình: x + y + 1 = 0
Tọa độ C là nghiệm của hệ
−=
=
⇔
=++
=−+
3
2
01
012
y
x
yx
yx
Vậy: C(2 ; –3)
0,25
( )
daaA ∈+ 3;
.
( )
2
42
;
+
=
a
BCAd
,
2=BC
.Theo giả thiết ta
có:
( )
1;.
2
1
=BCAdBC
hay
1
2
42
.2.
2
1
=
+a
0,25
Hay
−=
−=
⇔=+⇔=
+
3
1
2421
2
42
.2.
2
1
a
a
a
a
Với a = –1 thì A(–1 ; 2), với a = –3 thì A(–3 ; 0)
0,5
Câu 8a Gọi C(a ; b; 0), tam giác ABC cân tại C nên trung điểm
H(3 ; 3 ; 0) của AB cũng là chân đường cao vẽ từ C.
0,25
Theo giả thiết ta có:
=
=
58.
2
1
CHAB
BCAC
⇔
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
=−+−++
+−+−=+−+−
5833.64016
2
1
16311635
22
2222
ba
baba
0,5
⇔
=−
=
43
3
b
a
⇔
−=∨=
=
17
3
bb
a
Có hai trường hợp C(3 ; 7 ; 0), C(3 ; –1 ; 0)
0,25
Câu 9a
Giải phương trình:
36213362
222
263
+−+−+−
=+
xxxxxx
36213362
222
263
+−+−+−
=+
xxxxxx
⇔
1262131262
222
263
++−+−++−
=+
xxxxxx
131313
222
4.269.3
+−+−+−
=+
xxxxxx
⇔
( )
02
2
3
2
3
3
13132
22
=−
+
+−+− xxxx
0,25
Đặt t =
( )
0
2
3
13
2
>
+−
t
xx
, ta được:
023
=−+
tt
⇔
( )
=
−=
3
2
1
t
lt
0,25
WWW.ToancapBa.Net 4
Với
3
2
=t
, ta được :
023
2
=+− xx
⇔ x = 1 ∨ x = 2
0,25
Tập nghiệm
{ }
3;2=S
0,25
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7b Cho hai đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
= 13 và (C
2
): (x –6)
2
+ y
2
= 25 cắt
nhau tại A. Viết phương trình đường thẳng qua A (2 ; 3)cắt (C
1
) và
(C
2
) thành hai dây cung bằng nhau
Gọi M(a ; b)∈ (C
1
) và N(4 –a ; 6 –b) đối xứng với M qua A. Theo
giả thiết N∈ (C
2
)
Vậy ta có:
( ) ( )
=−+−−
=+
2562
13
22
22
ba
ba
⇔
( ) ( )
=−++
=+
2562
13
22
22
ba
ba
⇔
=+−++
=−+
015124
013
22
22
baba
ba
0,5
⇔
=+−
=−+
010124
013
22
ba
ba
⇔
( )
=
−=
=
=
5
6
5
17
3
2
b
a
l
b
a
, vậy
−
5
6
;
5
17
M
.
0,25
Phương trình đường thẳng cần tìm x –3y + 7 = 0 0,25
Câu 8b
Cho
( )
1
9
2
4
1
7
:
1
−
−
=
−
=
− zyx
d
và
( )
3
1
2
1
7
3
:
2
−
=
−
=
−
− zyx
d
. Lập
phương trình đường thẳng (∆) cắt (d
1
),(d
2
) và trục Ox lần lượt tại
các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm AC
Gọi
( ) ( )
1
9;24;7 daaaA ∈−++
,
( ) ( )
1
31;21;73 dbbbB ∈++−
và
C(c ; 0 ; 0)∈ Ox
0,25
B là trung điểm AC nên:
( )
( )
( )
+=−
+=+
−=++
ba
ba
bca
3129
21224
7327
⇔
=−+
=+−
=+++
076
0242
0114
ba
ba
cba
⇔
−=
=
=
14
1
1
c
b
a
0,25
Vậy:
( ) ( )
1
8;6;8 dA ∈
,
( ) ( )
1
4;3;4 dB ∈−
0,25
Phương trình
4
8
3
6
12
8
:
−
=
−
=
−
∆
zyx
0,25
Câu 9b
Giải phương trình:
1loglog3log1
399
−=−+ xxx
Điều kiện xác định: x ≥ 1 0,25
1loglog3log1
399
−=−+ xxx
⇔
1log2log3log1
999
−=−+ xxx
⇔
( )
( )
xxxx
9999
log3log11log2log21 ++−=−
0,25
⇔
( )
( )
01log3log11log2
999
=+++− xxx
WWW.ToancapBa.Net 5
⇔
1log2
9
=x
vì:
01log3log1
99
>+++ xx
0,25
⇔ x = 3. Vậy nghiệm phương trình đã cho: x = 3
0,25
Trường THPT chuyên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1
NGUYỄN QUANG DIÊU Môn: Toán khối A,A
1
,B
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1/ (2,0 điểm).Cho hàm số y = x
3
–6x
2
+ 9x –2 có đồ thị là (C)
a/ Khảo sát sư biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho
b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai cực trị của (C) tạo
thành một tam giác có diện tích S = 6
Câu 2/ (1 điểm).Giải phương trình:
02cos3sin
4
2sin2 =+−−
+ xxx
π
Câu 3/ Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( )
=++++++
=−+++
02161322
03232
2
33
2
xxxyxy
yyx
Câu 4/ ( 1 điểm) Tính:
( )
dxxxxA
∫
+=
2
0
2
sin1lncossin
π
Câu 5/ ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông góc mặt đáy
và SA = 2a
a/ Gọi M là trung điểm SB,
1
V
là thể tích tứ diện SAMC,
2
V
là thể tích tứ diện ACD. Tính tỷ
số
2
1
V
V
b/ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD
Câu 6/ Cho hai số thực dương thỏa điều kiện:
13 ≤+ yx
Tìm giá trị nhỏ nhất của
xy
x
A
11
+=
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 7.a (1,0 điểm).Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0, qua
A(–2 ; 2) và tiếp xúc ∆: 3x – 4y + 14 = 0
Câu 8.a (1,0 điểm). Cho
( )
2;2;5 −B
,
( )
6;2;3 −C
và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa độ
điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A
Câu 9 .a . (1,0 điểm )
Giải phương trình:
( ) ( )
2
2
2
4
2
4
3log103log239log8 −+=++− xxx
B . Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Cho (C): (x +6)
2
+ (y –6)
2
= 50. M là điểm thuộc (C)( M có hoành độ
và tung độ đều dương) .Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M sao cho tiếp tuyến
này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là trung điểm
Câu 8.b (1,0 điểm ). Cho M(0; 0; 1) A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình mặt phẳng
(P) qua A,B và khoảng cách từ M đến (P) bằng
2
2
.
WWW.ToancapBa.Net 6
Câu 9.b . (1,0 điểm ). Giaỉ bất phương trình:
( )
xxx
64
63
6
loglog ≥+
Đáp án
Câu Nội dung Điểm
Câu 1a Cho hàm số y = x
3
–6x
2
+ 9x –2 có đồ thị là (C)
a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho
0,25
Tập xác định: D = R
y
/
= 3x
2
–12x + 9
y
/
= 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 3
0,25
( )
−∞=−+−
−∞→
296lim
23
xxx
x
và
( )
+∞=−+−
+∞→
296lim
23
xxx
x
Bảng biến thiên và kết luận 0,25
Đồ thị 0,25
Câu 2b b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, biết M cùng với hai
cực trị của (C) tạo thành một tam giác có diện tích S = 6
Hai điểm cực trị A(1 ; 2), B(3 ; –2),
52=AB
Phương trình AB: 2x + y – 4 = 0.
0,25
Gọi
( )
296;
23
−+− mmmmM
∈
( )
C
( )
5
6116
5
42962
;
2323
−+−
=
−−+−+
=
mmmmmmm
ABMd
Diện tích tam giác MAB:
( )
6116;.
2
1
23
−+−== mmmABMdABS
0,25
−=−+−
=−+−
⇔=
66116
66116
6
23
23
mmm
mmm
S
⇔
=
=
4
0
m
m
0,25
m = 0 ⇒ M(0; –2) phương trình: y = 9x –2
0,25
m = 4 ⇒ M(4 ; 2) phương trình: y = –3x +14
Câu 2
Giải phương trình
02cos3sin
4
2sin2 =+−−
+ xxx
π
02cos3sin
4
2sin2 =+−−
+ xxx
π
⇔
02cos3sin2cos2sin =+−−+ xxxx
⇔
01cos3cos2sincossin2
2
=+−+− xxxxx
0,25
⇔
( ) ( )( )
01cos21cos1cos2sin =−−+− xxxx
⇔
( )( )
01cossin1cos2 =−+− xxx
0,25
WWW.ToancapBa.Net 7
⇔
=
+
=
2
1
4
sin
2
1
cos
π
x
x
0,25
Nghiệm phương trình:
π
π
2
3
kx +±=
,
π
2kx =
,
π
π
2
2
kx +=
0,25
Câu 3 Giải hệ phương trình:
( )
( )
( ) ( ) ( )
=++++++
=−+++
202161322
103232
2
33
2
xxxyxy
yyx
(2) ⇔
( ) ( )
041312
23
=++++ yxyx
⇔
04
1
3
1
2
23
=+
+
+
+
y
x
y
x
do y = 0 không là nghiệm
⇔
2
1
−=
+
y
x
0,5
Hệ trở thành:
−−=
=−+++
12
03232
2
yx
yyx
0,25
⇔
−−=
−=++
12
23464
2
yx
yyy
⇔
−=
=
≤
9
14
18
5
2
3
x
y
y
nghiệm của hệ:
−
18
5
;
9
14
0,25
Câu 4
Tính:
( )
dxxxxA
∫
+=
2
0
2
sin1lncossin
π
Tính:
( )
dxxxA
∫
+=
2
0
2
sin1ln2sin
2
1
π
Đặt
( )
xu
2
sin1ln +=
và
xdxdv 2sin
=
0,25
Suy ra:
dx
x
x
du
2
sin1
2sin
+
=
và
xv
2
sin1+=
Khi đó:
( ) ( )
−++=
∫
2
0
2
0
22
2sinsin1lnsin1
2
1
π
π
xdxxxA
0,25
( ) ( ) ( )
−++=
2
0
2
2
0
22
sinsin1lnsin1
2
1
ππ
xxxA
0,25
2
14ln −
=A
0,25
Câu 5a Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.SA vuông
góc mặt đáy và SA = 2a
a/ Gọi M là trung điểm SB,
1
V
là thể tích tứ diện SAMC,
2
V
là thể
WWW.ToancapBa.Net 8
H
M
D
C
B
A
S
tích tứ diện MACD. Tính tỷ số
2
1
V
V
Ta có:
2
1
.
.
=
ABCS
AMCS
V
V
. Gọi H là trung điểm SA
0,25
SA ⊥ (ABCD) nên MH ⊥ (ABCD) và
SAMH
2
1
=
ABCSABCMACDM
VVV
2
1
==
vậy:
1
2
1
=
V
V
0,25
Câu 5b Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD
Gọi E là điểm đối xứng của B
qua A.Ta có AEDC là hình
bình hành và góc EAC bằng
135
0
, CD = a và
2aAC =
AC // ED nên AC // (SDE) ⊃
SD nên d(AC,SD) = d(AC,(SDE)) =
d(A,(SDE))
Kẻ AH ⊥ ED ( H∈ ED) ⇒ ED⊥(SAH) ⇒
(SED)⊥(SAH)
Kẻ AK⊥ SH ⇒ AK ⊥ (SDE) vậy AK = d(AC,SD)
0,25
Trong tam giác SAH có
222222
4
3
2
1
4
1111
aaaAHSAAK
=+=+=
Vậy: AK = d(AC,SD) =
3
2a
0,25
Câu 6 Cho hai số thực dương thỏa điều kiện: 3x + y ≤ 1.Tìm giá trị nhỏ
nhất của
xy
x
A
11
+=
0,25
Giải.
4
3
431 yxyxxxyx ≥+++=+≥
hay
4
1
4
≤xy
0,25
xy
x
A
11
+=
≥
8
21
2
4
3
≥=
yx
xyx
0,25
A = 8 ⇔
==
==
4
11
2
1
xy
x
yx
⇔
2
1
== yx
0,25
Giá trị lớn nhất của A là 8 khi
2
1
== yx
PHẦN TỰ CHỌN
A. Theo chương trình chuẩn
WWW.ToancapBa.Net 9
H
K
E
C
D
A
S
Câu 7a Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d: 2x + y = 0,
qua A(–2 ; 2) và tiếp xúc ∆: 3x – 4y + 14 = 0
Tâm I thuộc d nên I(a ; –2a). Theo giả thiết ta có AI = d(I ; d) hay
( ) ( )
25
1483
222
22
++
=−−++
aa
aa
⇔
0,25
141181255
2
+=++ aaa
⇔ a = 1
Ta được I(1; –2) ⇒ bán kính R = 5 (0,25)
0,25
Phương trình đường tròn cần tìm: (x –1)
2
+ (y +2)
2
= 25 0,25
Câu 8a
Cho
( )
2;2;5 −B
,
( )
6;2;3 −C
và (P): 2x + y + z –5 = 0. Tìm tọa
độ điểm A thuộc (P) sao cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực cạnh BC, (Q) qua trung
điểm của BC và có vectơ pháp tuyến là
BC
. Phương trình (Q):
x –2z + 4 = 0.
0.25
A(a ; b; c)∈ (P) và A(a ; b; c)∈ (Q) nên:
=+−
=−++
042
052
ca
cba
⇔
−=
−=
42
513
ca
cb
.Khi đó:
( )
cccA ;513;42 −−
0.25
( )
cccAB −−−= 2;155;29
và
( )
cccAC −−−= 6;155;27
Tam giác ABC vuông tại A nên:
0. =ACAB
⇔
( )( ) ( ) ( )( )
0621552729
2
=−−+−+−− ccccc
⇔
020017030
2
=+− cc
⇔
3
5
4 =∨= cc
0.25
có hai điểm
( )
4;7;1
1
−−A
và
−
3
13
;
3
20
;
3
11
2
A
0.25
Câu 9a
Giải phương trình:
( ) ( )
2
2
2
4
2
4
3log103log239log8 −+=++− xxx
Điều kiện:
( )
( )
>−
≥+
>−
03
03log
09
2
2
4
2
x
x
x
⇔
( )
≠−
≥+
>∨−<
03
13
33
2
x
x
xx
⇔
≠
−≥∨−≤
>∨−<
3
24
33
x
xx
xx
⇔
34 >∨−≤ xx
0.25
Phương trình đã cho trở thành:
( ) ( )
0103log33log
2
2
2
2
=−+++ xx
0,25
⇔
( )
( ) ( )
−=+
=+
vnx
x
53log
23log
2
2
2
2
0,25
⇔
( )
43log
2
2
=+x
⇔
( )
163
2
=+x
⇔
−=+
=+
43
43
x
x
⇔
( )
−=
=
7
1
x
lx
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = –7
0,25
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7b Cho (C): (x +6)
2
+ (y –6)
2
= 50. M là điểm thuộc (C)(M có hoành
WWW.ToancapBa.Net 10
độ ,tung độ đều dương). Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M
sao cho tiếp tuyến này cắt hai trục tọa độ tại A và B nhận M là
trung điểm
(C) có tâm I(–6 ; 6) và bán kính
25=R
Gọi A(a ; 0) và B(0 ; b) ( ab ≠ 0) là giao điểm của tiếp tuyến
cần tìm với hai trục tọa độ,suy ra
2
;
2
ba
M
, phương trình AB:
( )
*01 =−+⇔=+ abaybx
b
y
a
x
0,25
−+= 6
2
;6
2
ba
IM
và
( )
baAB ;−=
Theo giả thiết ta có :
IM ⊥ AB và M∈(C) hay
=
−+
+
=
−
+
+
−
506
2
6
2
0
2
12
2
12
22
ba
b
b
a
a
0,25
⇔
=
−
+
+
=−−−
50
2
12
2
12
01212
22
22
ba
baab
⇔
( )( ) ( )
( ) ( )
=−++
=+−+−
2001212
012
22
ba
baabab
⇔
( )( ) ( )
( ) ( ) ( )
=−++
=−−+
22001212
1012
22
ba
abba
.
( )
( )
+=
−=
⇔
12
1
ab
lab
0,25
Với
12
+=
ab
thay vào (2) được:
( )
20012
2
2
=++ aa
⇔ a = 2 ∨ a = –14 ( loại)
Với a = 2 , b = 14, ta có phương trình: 7x +y –14 = 0
0,25
Câu 8b Cho M(0; 0; 1), A(1 ; 0 ; 1)và B(2; –1;0). Viết phương trình
mặt phẳng (P) qua A, B và khoảng cách từ M đến (P) bằng
2
2
.
Phương trình mặt phẳng qua A có dạng: a(x –1) + by + c(z –1) = 0
(a
2
+ b
2
+ c
2
> 0): hay ax + by +cz –a –c = 0
Qua B nên: 2a –b –a –c = 0 hay a = b + c
Khi đó (P): (b+c)x + by +cz –b –2c = 0
( )( )
2
2
; =PMd
nên:
( )
2
1
22
2
=
+++
+
cbcb
cb
Hay:
0222242
2222
=++=++ cbcbcbcb
⇔ b = 0 ∨ c = 0
Với c = 0 ⇒a = b. Chọn b = 1 ⇒ c = a. (P): x + y –1 = 0
Với b = 0 ⇒a = c. Chọn c = 1 ⇒ c = a. (P): x + z –2 = 0
Câu 9b
Giaỉ bất phương trình:
( )
xxx
64
63
6
loglog ≥+
Đặt:
6
xt =
,
( )
0>t
suy ra: x = t
6
0,25
WWW.ToancapBa.Net 11
Bất phương trình trở thành:
( )
6
64
2
6
loglog ttt ≥+
⇔
( )
ttt
2
2
6
loglog ≥+
Đặt:
u
tut 2log
2
=⇔=
. Bật phương trình trở thành:
uuu
624 ≥+
⇔
1
3
1
3
2
≥
+
uu
0,25
Gọi:
( )
uu
uf
+
=
3
1
3
2
là hàm luôn nghịch biến nên:
( ) ( )
11 =≥ fuf
⇔
1
≤
u
⇔
1log
2
≤t
0,25
⇔
2≤t
⇔
2
6
≤x
⇔ 0 ≤ x ≤ 64
0,25
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 2
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối: A + B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
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. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến
d
của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B sao
cho
OBAB .82=
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
2
2
2
2cos 3sin 2 3
3 tan 1
2cos .sin
3
x x
x
x x
π
+ +
= +
+
÷
.
2. Giải bất phương trình
1
2
4
4
1
2
2
2
2
+
≤−+
+
++
x
x
x
xx
( )
x ∈¡
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
2
1
0
( )
x
x
x x e
I dx
x e
−
+
=
+
∫
.
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 30AB a BC a ACB= = =
, hình chiếu vuông
góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt
phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa B’C’ và A’C.
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực
]2;1[,, ∈cba
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
)(4
)(
2
2
cabcabc
ba
P
+++
+
=
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2.0 điểm)
WWW.ToancapBa.Net 12
1. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho điểm
)0;3(A
và elip (E) có phương trình
1
9
2
2
=+ y
x
. Tìm tọa độ các điểm
CB,
thuộc (E) sao cho tam giác
ABC
vuông cân tại
A
, biết điểm
B
có tung độ dương.
2. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và đường thẳng (d) có phương trình
3 2 3
4 1 2
x y z+ − +
= =
. Tìm điểm M trên (d) sao cho tích
.MA MB
uuur uuur
nhỏ nhất.
Câu VII.a (1.0 điểm) Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để
có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho hình thang
ABCD
với hai đáy là
AB
và
CD
biết
)3;5(),3;3( −CB
. Giao
điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng
032: =−+∆ yx
. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại
của hình thang
ABCD
để
BICI 2=
, tam giác
ACB
có diện tích bằng 12, điểm
I
có hoành độ dương
và điểm
A
có hoành độ âm.
2. Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
x 3 y 1 z 3
(d) :
2 1 1
+ + −
= =
và mặt
phẳng
( )
P : x 2y z 5 0+ − + =
. Gọi
A
là giao điểm của d và (P). Tìm tọa độ điểm
B
thuộc đường thẳng (d),
C
thuộc mặt phẳng (P) sao cho
62 == BCBA
và
·
0
60ABC =
.
Câu VII.b (1.0 điểm) Tìm mô đun của số phức
cibw
+=
biết số phức
( )
( )
( )
( )
12
6
6
1 3 2
1 3 1
i i
i i
+ −
− +
là nghiệm của
phương trình
2
8 64 0.z bz c
+ + =
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:
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 2
Môn: TOÁN; Khối: A+B
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điể
m
I
( 2,0
điểm)
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) đã cho.
TXĐ:
{ }
2
1
\ 1 , ' 0,
( 1)
y x
x
−
= = < ∀ ∈
−
¡D D
0.2
5
Hàm số nghịch biến trên các khoảng:
( ;1)−∞
và
(1; )+ ∞
Giới hạn và tiệm cận:
1 1
lim ; lim
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
⇒ tiệm cận đứng: x = 1
lim lim 2
x x
y y
→+∞ →−∞
= =
⇒ tiệm cận ngang y = 2
0.2
5
Bảng biến thiên: 0.2
5
WWW.ToancapBa.Net 13
x
y’
−∞
+∞
y
1
−
−
+∞
2
−∞
2
Đồ thị: Đi qua các điểm
( )
1
; 0 , 0; 1
2
÷
và nhận giao
điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng.
0.2
5
2. Viết phương trình tiếp tuyến
d
của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A,
B sao cho
OBAB .82=
.
Ta có
OBOA
OBAB
ABOBOA
9
.82
22
222
=⇒
=
=+
⇒
Hệ số góc của tiếp tuyến được tính bởi
1
9
OB
k
OA
= ± = ±
0.2
5
Gọi
);(
00
yxM
là tiếp điểm của tiếp tuyến
)(d
và (C)
⇒ hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình:
)(
0
/
xf
= k hay:
2
0 0
0
2
0
0 0
2
0
1 1
7
( )
4
9
( 1)
3
( 1) 9
1 1 5
2
9 3
( 1)
x y
x
x
x y
x
−
=
= ⇒ =
−
⇔ − = ⇔
−
= − = − ⇒ =
−
VN
0.2
5
Với
1
9
k = −
và tiếp điểm
7
4;
3
÷
, ta có pt tiếp tuyến :
( )
1 7 1 25
4 hay
9 3 9 9
y x y x= − − + = − +
.
0.2
5
Với
1
9
k = −
và tiếp điểm
5
2;
3
−
÷
, ta có pt tiếp tuyến:
( )
1 5 1 13
2 hay
9 3 9 9
y x y x= − + + = − +
0.2
5
II
(2,0
điểm)
1. Giải phương trình
( )
2
2
2
2cos 3sin 2 3
3 tan 1
2cos .sin
3
x x
x
x x
π
+ +
= +
+
÷
.
Điều kiện:
+−≠
+≠
⇔
≠
+
≠
π
π
π
π
π
kx
kx
x
x
3
2
0
3
sin
0cos
( )
Zk ∈
(*). Khi đó:
Phương trình đã cho tương đương với:
2
2
3
cos 2 3sin 2 4 2cos sin
3
cos
x x x x
x
π
+ + = +
÷
0.2
5
WWW.ToancapBa.Net 14
•
•
•
•
•
•
1
2
1
1
2
0
x
y
cos2 .cos sin 2 .sin 2 3sin
3 3 3
x x x
π π π
⇔ + + = +
÷
2
cos 2 3sin 2 0 2cos 3cos 1 0
3 3 6 6
x x x x
π π π π
⇔ − − + + = ⇔ − − − + =
÷ ÷ ÷ ÷
=
−
=
−
⇔
2
1
6
cos
1
6
cos
π
π
x
x
0.2
5
Với
π
π
π
ππ
2
6
2
6
1
6
cos kxkxx +=⇔=−⇔=
−
( )
k ∈¢
, thỏa (*)
0.2
5
Với
2
1
6 3
cos 2
6 2 6
2
6 3
x k
x x k
x k
π π
π
π π
π
π π
π
− = +
− = ⇔ ⇒ = − +
÷
− = − +
( )
k ∈¢
, thỏa (*)
Vậy, phương trình có nghiệm:
( )
2 .
6
x k k
π
π
= ± + ∈ ¢
0.2
5
2. Giải bất phương trình
1
2
4
4
1
2
2
2
2
+
≤−+
+
++
x
x
x
xx
( )
x ∈¡
.
Điều kiện:
4x > −
0.2
5
Bất phương trình tương đương
1
12
31
4
1
2
2
2
2
2
+
+−
≤−+
−
+
++
x
x
x
x
xx
1)12(
)1(4
3
1
4
1
1
4
1
2
22
2
2
2
2
+++
+−
≤−+
+
+
++
−
+
++
⇔
xx
x
x
x
xx
x
xx
0.2
5
0
1)12(
3
3
4)1)(4(
)3(2
22
2
2
2
2
≤
+++
−
+−+
+++++
−
⇔
xx
x
x
xxxx
x
0
1)12(
1
1
4)1)(4(
2
)3(
222
2
≤
+++
++
+++++
−⇔
xxxxxx
x
0.2
5
3303
2
≤≤−⇔≤−⇔ xx
Kết hợp điều kiện
⇒
nghiệm của bất phương trình là
33 ≤≤− x
0.2
5
III
(1,0
Tính tích phân
2
1
0
( )
x
x
x x e
I dx
x e
−
+
=
+
∫
.
Ta có I=
2
1
0
( )
x
x
x x e
dx
x e
−
+
+
∫
=
1
0
.( 1)
1
x x
x
xe x e
dx
xe
+
+
∫
0.2
5
Đặt
1. +=
x
ext
dxexdt
x
)1( +=⇒
0.2
5
WWW.ToancapBa.Net 15
điểm)
0 1; 1 1x t x t e= ⇒ = = ⇒ = +
Suy ra I=
1
0
.( 1)
1
x x
x
xe x e
dx
xe
+
+
∫
1
1
( 1)
e
t
dt
t
+
−
=
∫
1
1
1
1
e
dt
t
+
= −
÷
∫
.
0.2
5
Vậy I
( )
1
1
ln ln( 1)
e
t t e e
+
= − = − +
.
0.2
5
IV
(1,0
điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 30AB a BC a ACB= = =
, hình chiếu vuông góc của
A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt
phẳng (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối đa diện BCC’B’A’ và khoảng cách giữa hai đường
thẳng B’C’ và A’C.
Từ
)(
'
ABCGA ⊥
AG
⇒
là hình chiếu của
'
AA
lên
)(ABC
Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có:
·
0
2 2
2 , ; ' 60
3 3
a
BC a AG AI A AG= = = =
0
2 3
' .t an60
3
a
A G AG⇒ = =
0.2
5
Đặt
0>= xAC
. Ta có
2
3
.2 2430cos 2
2220222
axaxaBCACBCACAB −+=⇒−+=
3axAC ==⇒
. Nên
ABCBCaaaACAB ∆⇒==+=+
222222
43
vuông tại A
Vì
)(
'
ABCGA ⊥
nên
GA
'
là chiều cao của khối lăng trụ
'''
. CBAABC
và khối chóp
ABCA .
'
Thể tích của khối đa diện BCC’B’A’ được tính bởi:
/ / / / / / /
. .
1
1 . '
3
ABC
BCC B A ABC A B C A ABC
V V V S A G
= − = − =
÷
3
2 1 1 2 3 2
. . . ' . 3.
3 2 3 3 3
a
AB AC A G a a a= = =
(đvtt).
0.2
5
Kẻ AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK
1 1 1 . 1 . 3 3
.
3 3 3 3 2 6
GI MG AB AC a a a
GI AK
AK MA BC a
⇒ = = ⇒ = = = =
Kẻ GH ⊥ A’I tại H (1)
Do
(2)
'
BC GI
BC GH
BC A G
⊥
⇒ ⊥
⊥
. Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC)
⇒
0.2
5
WWW.ToancapBa.Net 16
N
I
C'
B'
M
A
B
C
A'
G
K
H
[ , ( ' )]d G A BC GH=
Vì
BCCB //
''
,
)(
'
BCABC ⊂
nên
)//(
'''
BCACB
và
)(
''
BCACA ⊂
⇒
)](,[),(
''''''
BCACBdCACBd =
=
[ ', ( ' )]d B A BC
Mặt khác ta thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’. Do đó:
[ ', ( ' )] [ , ( ' )] 3 [ , ( ' )] 3d B A BC d A A BC d G A BC GH= = =
2 2 2 2
2 3 3
3. .
3. ' . 6 2 51
3 6
17
51
' 12 3
9 36
a a
A G GI a a
A G GI a a
= = = =
+
+
.
Vậy
=),(
'''
CACBd
2 51
17
a
0.2
5
V
(1,0
điểm)
Cho các số thực
]2;1[,, ∈cba
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
)(4
)(
2
2
cabcabc
ba
P
+++
+
=
P được viết lại dưới dạng tương đương là
M
babacc
ba
abbacc
ba
P =
++++
+
≥
+++
+
=
22
2
2
2
)()(4
)(
4)(4
)(
0.2
5
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
0.2
5
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
0.2
5
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
0.2
5
VI.a
(2,0
điểm)
1. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho điểm
)0;3(A
và elip (E) có phương trình
1
9
2
2
=+ y
x
. Tìm tọa độ
các điểm
CB,
thuộc (E) sao cho tam giác
ABC
vuông cân tại
A
, biết điểm
B
có tung độ
dương.
Ta có
ACABECBEA =∈∈ :)(,);()0;3(
Gọi
);();(
0000
yxCyxB −⇒
)3(
0
<x
H là trung điểm của
BC
)0;(
0
xH⇒
0.2
5
2
00
9
3
2
2 xyBC −==⇒
;
00
33 xxAH −=−=
0.2
5
WWW.ToancapBa.Net 17
ABC
∆
vuông cân tại A
BCAH
2
1
=⇔
2
00
9
3
1
3 xx −=−⇔
)3)(3()3(9
00
2
0
xxx +−=−⇔
0.2
5
0
0 0
3 (ktm)
12 3
5 5
x
x y
=
⇔
= ⇒ =
Vì B có tung độ dương nên
−
5
3
;
5
12
,
5
3
;
5
12
CB
0.2
5
2. Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1; −5; 2), B(3; −1; −2) và đường thẳng (d) có
phương trình
3 2 3
4 1 2
x y z+ − +
= =
. Tìm điểm M trên (d) sao cho tích
.MA MB
uuur uuur
nhỏ nhất.
Ta có trung điểm của AB là I(2; −3; 0)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
. 9MA MB MI IA MI IB MI IA MI IA MI IA MI= + + = + − = − = −
uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uur
0.2
5
Suy ra
.MA MB
uuur uuur
nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất
Hay M là hình chiếu vuông góc của I trên (d).
0.2
5
( 3 4 ; 2 ; 3 2 ) ( 5 4 ; 5 ; 3 2 )M d M t t t IM t t t∈ ⇒ − + + − + ⇒ = − + + − +
uuur
(d) có vectơ chỉ phương
(4; 1; 2)u =
r
0.2
5
. 0 4( 5 4 ) 5 2( 3 2 ) 0 1IM u IM u t t t t⊥ ⇔ = ⇔ − + + + + − + = ⇔ =
uuur uuur
r r
(1; 3; 1), 38M MI⇒ − =
. Vậy
( )
. 29Min MA MB =
uuur uuur
đạt được khi
(1; 3; 1)M −
0.2
5
VII.a
(1,0
điểm)
Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để có 5 tấm
thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10.
Gọi A là biến cố lấy được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1
tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Chọn 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ có:
10
30
C
cách chọn
0.2
5
Ta phải chọn :
5 tấm thẻ mang số lẻ trong 15 tấm mang số lẻ
1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 trong 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 10
4 tấm thẻ mang số chẵn nhưng không chia hết cho 10 trong 12 tấm như vậy.
0.2
5
Theo quy tắc nhân, số cách chọn thuận lợi để xảy ra biến cố A là:
1
3
4
12
5
15
CCC
0.2
5
Xác suất cần tìm là
667
99
)(
10
30
1
3
4
12
5
15
==
C
CCC
AP
0.2
5
VI.b
(2,0
điểm)
1. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho hình thang
ABCD
với hai đáy là
AB
và
CD
biết
)3;5(),3;3( −CB
.
Giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng
032: =−+∆ yx
. Xác định tọa độ các
đỉnh còn lại của hình thang
ABCD
để
BICI 2
=
, tam giác
ACB
có diện tích bằng 12, điểm
I
có hoành độ dương và điểm
A
có hoành độ âm.
Vì
II
⇒∆∈
(
0),23; >− ttt
0.2
5
WWW.ToancapBa.Net 18
)1;1(1
)(
3
5
1
02510152
2
It
ktmt
t
ttBICI ⇒=⇒
−=
=
⇔=−+⇔=
Phương trình đường thẳng
02: =−+ yxIC
Mà
2612),(.
2
1
=⇒== ACACBdACS
ABC
0.2
5
Vì
0),2;( <−⇒∈ aaaAICA
nên ta có
( )
365
2
=−a
)3;1(1
1
11
−⇒−=⇒
−=
=
⇔ Aa
a
a
0.2
5
Phương trình đường thẳng
03: =+yCD
,
0: =− yxIB
Tọa độ điểm
D
là nghiệm của hệ
)3;3(
3
3
03
0
−−⇒
−=
−=
⇔
=+
=−
D
y
x
y
yx
Vậy
)3;1(−A
,
)3;3( −−D
0.2
5
2. Trong không gian
Oxyz
, cho đường thẳng
x 3 y 1 z 3
(d) :
2 1 1
+ + −
= =
và mặt phẳng
( )
P : x 2y z 5 0+ − + =
. Gọi
A
là giao điểm của d và (P). Tìm tọa độ điểm
B
thuộc đường
thẳng (d),
C
thuộc mặt phẳng (P) sao cho
62 == BCBA
và
·
0
60ABC =
.
Điểm
)4;0;1()()( −⇒∩= APdA
; Góc giữa (
d
) và (P) là
0
30
(1)
0.2
5
Vì
)3;1;23()( tttBdB ++−+−⇒∈
và
6=AB
nên
)3;1;3( −−B
hoặc
)5;1;1(B
0.2
5
Mặt khác
62 == BCBA
và
·
0
60ABC =
ABC
∆⇒
vuông tại
C
(2)
Suy ra
·
0
30CAB =
(3). Từ (1), (2) và (3)
C
⇒
là hình chiếu của
B
lên ( P)
0.2
5
Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ phương trình
=+−+
−
−
=
−
=
−
052
1
5
2
1
1
1
zyx
zyx
hoặc
=+−+
−
−
=
+
=
+
052
1
3
2
1
1
3
zyx
zyx
Suy ra
−
2
5
;0;
2
5
C
hoặc
2
11
;0;
2
1
C
0.2
5
VII.b
(1,0
điểm)
Tìm mô đun của số phức
cibw +=
biết số phức
( )
( )
( )
( )
12
6
6
1 3 2
1 3 1
i i
i i
+ −
− +
là nghiệm của phương trình
2
8 64 0.z bz c+ + =
Ta có
( )
3
2 3
1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i+ = + + + = −
( )
3
2 3
1 3 1 3 3 3.3 3 3 8i i i i− = − + − = −
( )
2
1 2i i+ =
0.2
5
Do đó
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
12
4
6 2 3
6
1 3 2
8 2 8 2
8 1 2 8 16
8 2
1 3 1
i i
i i
i i
i
i
i i
+ −
− − −
= = − = + = +
−
− +
0.2
5
Theo giả thiết ta có
( ) ( )
2
8 16 8 8 16 64 0i b i c+ + + + =
0.2
5
WWW.ToancapBa.Net 19
( ) ( ) ( )
2
1 2 1 2 0 2 4 3 0i b i c b i b c⇔ + + + + = ⇔ + + + − =
2 4 0 2
3 0 5
b b
b c c
+ = = −
⇔ ⇔
+ − = =
295)2(
22
=+−=⇒ w
0.2
5
Hết
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 2
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2 2
2 2 4
= − + −
y x mx m
( )
m
C
. (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
1.
=
m
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số
( )
m
C
có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác
cân có
góc ở đỉnh của tam giác đó bằng
α
với
22
1
2
tan =
α
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
2cos 2 3 sin cos 1 3(sin 3 cos )x x x x x
+ + = +
.
2. Giải hệ phương trình
2 2
5 3 6 7 4 0
( 2) 3 3
x y y x
y y x x
− + + − + =
− + = +
( , )x y R∈
.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
∫
+
++−
=
1
0
1
1)1(
dx
e
xex
I
x
x
.
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 60AB a BC a ABC= = =
, hình chiếu vuông
góc
của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng
(ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối chóp A’.ABC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (A’BC).
Câu V (1,0 điểm) Cho bất phương trình
2
( 2 2 1) (2 ) 0m x x x x− + + + − ≥
Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi
0;1 3x
∈ +
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng
: 2 5 0x y∆ − + =
và đường tròn
2 2
( ): 2 4 5 0C x y x y+ − + − =
có
tâm I. Qua điểm M thuộc ∆, kẻ tiếp tuyến MA đến (C) (A là tiếp điểm) sao cho
10AM =
. Tìm tọa độ
điểm M và lập phương trình đường tròn ngoại tiếp
MAI∆
.
2. Trong không gian
Oxyz
, cho hai đường thẳng
( ) ( )
1 2
x 1 y 1 z x 1 y 2 z
d : ; d :
2 1 1 1 2 1
− + − −
= = = =
và mặt
phẳng
( )
P : x y 2z 3 0+ − + =
. Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) cắt
( ) ( )
1 2
d , d
lần lượt tại
BA,
sao cho
33=AB
.
WWW.ToancapBa.Net 20
Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm mô đun của số phức z thỏa mãn
2 2
6z z+ =
và
1 2z i z i− + = −
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A,
,072: =−− yxBC
đường thẳng AC đi qua
điểm
),1;1(−M
điểm A nằm trên đường thẳng
.064: =+−∆ yx
Lập phương trình các cạnh còn lại của tam
giác
ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương.
2. Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 4 6 67 0S x y z x y z+ + − − − − =
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và
tiếp
xúc mặt cầu (S).
Câu VII.b (1.0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện
iziz 242 −=−−
. Tìm số phức z có mô
đun
nhỏ nhất.
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:
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 2
Môn: TOÁN; Khối: D
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điể
m
I
(2,0
điểm)
Cho hàm số
4 2 2
2 2 4
= − + −
y x mx m
( )
m
C
. (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
1.=m
Với
m 1 =
4 2
2 2y x x⇒ = − −
TXĐ:
D .
=
¡
3
' 4 4y x x= −
. Cho
y’ 0=
ta được:
x 0
=
hoặc
1x
= ±
0.25
Sự biến thiên:
- Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
1;0−
và
(1; )+∞
;
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ; 1)−∞ −
và
( )
0;1 .
- Hàm số đạt cực đại tại
0, 2
cd
x y= = −
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 3
ct
x y= ± = −
.
- Giới hạn:
x x
lim y ; lim y .
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
0.25
WWW.ToancapBa.Net 21
Bảng biến thiên:
x
−∞
-1 0 1
+∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y
-3 -
0.25
Đồ thị
- Đồ thị cắt Ox tại hai điểm
( 1 3;0)± +
cắt Oy tại (0; -2)
- Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng
0.25
2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số
( )
m
C
có 3 điểm cực trị tạo thành một tam
giác cân có góc ở đỉnh của tam giác đó bằng
α
với
22
1
2
tan =
α
.
Ta có:
3
' 4 4y x mx= −
.
2
x 0
y' 0
x m
=
= ⇔
=
0.25
Đồ thị hàm số có ba cực trị
0m
⇔ >
(*)
Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là:
2
(0;2 4)A m −
,
2
( ; 4)B m m −
,
2
( ; 4)C m m− −
.
0.25
Ta thấy B, C đối xứng nhau qua trục
Oy
và
A Oy∈
nên tam giác ABC cân tại A.
Phương trình cạnh BC:
2
4 0y m− + =
.
Gọi H là chân đường cao từ đỉnh A của tam giác ABC, ta có:
2
( , )AH d A BC m= =
,
BH m=
0.25
Tam giác ABH vuông tại H nên
2
2
tan
m
m
AH
BH
==
α
3
2
1
8 2
2 2
m
m m
m
⇔ = ⇔ = ⇔ =
(thỏa mãn *).
Vậy
2m =
là giá trị cần tìm.
0.25
II
1. Giải phương trình
2
2cos 2 3sin cos 1 3(sin 3cos )x x x x x
+ + = +
.
2
2cos 2 3 sin cos 1 3(sin 3 cos )x x x x x
+ + = +
2
(sin 3 cos ) 3(sin 3 cos ) 0x x x x⇔ + − + =
0.25
WWW.ToancapBa.Net 22
+∞
-2
+∞
-3
4
2
-2
-4
-5
5
y
x
O
(2,0
điểm)
sin 3 cos 0 sin 3 cos 3x x x x⇔ + = ∨ + =
(1)
0.25
Phương trình
sin 3 cos 3x x
+ =
vô nghiệm vì
222
3)3(1 <+
0.25
Nên (1)
tan 3
3
x x k
π
π
⇔ = − ⇔ = − +
(
k
∈
¢
)
Vậy, phương trình có nghiệm là:
3
x k
π
π
= − +
(
k
∈
¢
).
0.25
2. Giải hệ phương trình
2 2
5 3 6 7 4 0
( 2) 3 3
x y y x
y y x x
− + + − + =
− + = +
( , )x y R∈
.
Phương trình thứ (2)
⇔
2
(2 ) 3 3 0y x y x+ − − − =
được xem là phương trình bậc hai theo ẩn y có
2
( 4)x∆ = +
Phương trình có hai nghiệm:
2 4
3
2
2 4
1
2
x x
y
x x
y x
− − −
= = −
− + +
= = +
0.25
Thay
y
= -3 vào pt thứ nhất ta được pt vô nghiệm
Thay
1+= xy
vào pt thứ nhất ta được:
2 2
x 5 2 6 5 5 0x x x− − + − + =
(3)
0.25
Giải (3): đặt
2
5 5x x− +
=
t
, điều kiện t
≥
0
( )
( )
2
1
3 6 7 0
7 ( )
t tm
t t
t ktm
=
⇔ + − = ⇔
= −
0.25
Với t=1
⇔
2
5 5x x− +
=1
⇔
1 2
4 5
x y
x y
= ⇒ =
= ⇒ =
( thỏa mãn)
Vậy, hệ phương trình có 2 nghiệm là:
)2;1(
và (4;5)
0.25
III
(1,0
điểm)
Tính tích phân
∫
+
++−
=
1
0
1
1)1(
dx
e
xex
I
x
x
.
21
1
0
1
0
1
0
x
1
0
x
2
1
2)1(
e 1
2)1()1(
e 1
1
IIdx
e
e
dxxdx
eeex
dx
xexe
I
x
xxxxxx
−=
+
−+=
+
−+++
=
+
++−
=
∫∫∫∫
0.25
Tính
2
3
2
)1(
1
0
2
1
0
1
=
+=+=
∫
x
x
dxxI
Tính
2
1
ln)1ln(
1
)1(
1
1
0
1
0
1
0
2
+
=+=
+
+
=
+
=
∫∫
e
e
e
ed
dx
e
e
I
x
x
x
x
x
0.25
0.25
Vậy
3 1
2ln
2 2
e
I
+
= −
.
0.25
IV
(1,0
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có
·
0
, 2 , 60AB a BC a ABC= = =
, hình chiếu vuông góc của A’
trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng
WWW.ToancapBa.Net 23
điểm) (ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối chóp A’.ABC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng (A’BC).
Từ
)(
'
ABCGA ⊥
AG
⇒
là hình chiếu của
'
AA
lên
)(ABC
Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có:
·
0
2 2
2 , ; ' 60
3 3
a
BC a AG AI A AG= = = =
0
2 3
' . an60
3
a
A G AG t⇒ = =
0.25
Vì
3360cos 2
20222
aACaBCABBCABAC =⇒=−+=
Mặt khác
ABCBCaaaACAB ∆⇒==+=+
222222
43
vuông tại A
Và
)(
'
ABCGA ⊥
nên
GA
'
là chiều cao của khối chóp
ABCA .
'
Thể tích của khối chóp
ABCA .
'
được tính bởi:
/
3
.
1 1 1 1 2 3
. ' . . . ' . 3.
3 3 2 6 3 3
ABC
A ABC
a a
V S A G AB AC A G a a= = = =
(đvtt)
0.25
Kẻ AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK
1 1 1 . 1 . 3 3
.
3 3 3 3 2 6
GI MG AB AC a a a
GI AK
AK MA BC a
⇒ = = ⇒ = = = =
Kẻ GH ⊥ A’I tại H (1)
Do:
(2)
'
BC GI
BC GH
BC A G
⊥
⇒ ⊥
⊥
. Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC)
⇒
[ , ( ' )]d G A BC GH=
0.25
Ta có
GIA
'
∆
vuông tại
G
có
GH
là đường cao nên :
[ , ( ' )]d G A BC GH=
2 2 2 2
2 3 3
.
' . 2 2 51
3 6
51
51
' 12 3
9 36
a a
A G GI a a
A G GI a a
= = = =
+
+
0.25
Cho bất phương trình
2
( 2 2 1) (2 ) 0m x x x x− + + + − ≥
Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi
0;1 3x
∈ +
.
V
(1,0
điểm)
Xét bất phương trình:
2
( 2 2 1) (2 ) 0m x x x x− + + + − ≥
(1)
Điều kiện:
2
2 2 0x x x R− + ≥ ⇔ ∈
. Theo đề bài ta xét
0;1 3x
∈ +
Đặt
2
( ) 2 2t t x x x= = − +
, ta có:
2
1
' , ' 0 1
2 2
x
t t x
x x
−
= = ⇔ =
− +
[ ]
31;0 +∈
2)0( =t
,
1)1( =t
,
2)31( =+t
0.25
WWW.ToancapBa.Net 24
N
I
C'
B'
M
A
B
C
A'
G
K
H
Suy ra:
[ ]
0;1 3 1;2x t
∈ + ⇔ ∈
Do
2 2
2 2 (2 ) 2t x x x x t= − + ⇔ − = −
nên bất phương trình đã cho trở thành:
2
2
2
( 1) 2
1
t
m t t m
t
−
+ ≥ − ⇔ ≥
+
(2)
0.25
Xét hàm số
2
2
( )
1
t
f t
t
−
=
+
với
[ ]
1;2t ∈
, ta có:
( )
( )
[ ]
2
2
2 2
' 0, 1;2
1
t t
f t t
t
+ +
= > ∀ ∈
+
Suy ra:
[ ]
( )
1;2
1
min ( ) 1
2
t
f t f
∈
= = −
,
[ ]
( )
1;2
2
max ( ) 2
3
t
f t f
∈
= =
0.25
Bất phương trình (1) nghiệm đúng
0;1 3x
∀ ∈ +
⇔
Bất phương trình (2) nghiệm đúng
[ ]
1;2t∀ ∈
⇔
m ≥
[ ]
1;2
max ( )
t
f t
∈
⇔
2
3
m ≥
Vậy, giá trị m thỏa đề bài là:
2
3
m ≥
.
0.25
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng
: 2 5 0x y∆ − + =
và đường tròn
2 2
( ): 2 4 5 0C x y x y+ − + − =
có tâm I. Qua điểm M thuộc ∆, kẻ tiếp tuyến MA đến (C) (A là tiếp
điểm) sao cho
10AM =
. Tìm tọa độ điểm M và lập phương trình đường tròn ngoại tiếp
MAI∆
.
M ∈ ∆ ⇒ M(2m − 5; m);
(C) có tâm I(1; −2), bán kính
10R =
0.25
2 2
2 5IM IA MA= + =
0.25
2
20IM⇒ =
⇔
2 2 2
(2 6) ( 2) 20 4 4 0 2m m m m m− + + = ⇔ − + = ⇔ =
)2;1(−⇒ M
0.25
Đường tròn ngoại tiếp
AMI∆
có tâm là trung điểm
MI
, bán kính
5
2
==
MI
R
5:)(
22
=+⇒ yxC
0.25
2. Trong không gian
Oxyz
, cho hai đường thẳng
( ) ( )
1 2
x 1 y 1 z x 1 y 2 z
d : ; d :
2 1 1 1 2 1
− + − −
= = = =
và
mặt phẳng
( )
P : x y 2z 3 0+ − + =
. Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P)
cắt
( ) ( )
1 2
d , d
lần lượt tại
BA,
sao cho
33=AB
.
Đặt
( ) ( )
A 1 2a; 1 a;a , B 1 b;2 2b;b+ − + + +
, ta có
0.25
WWW.ToancapBa.Net 25
A
M
I
