SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012- 2013
TRƯỜNG THPT BÌNH GIANG Môn thi: TOÁN (khối A , A1, B)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y = x
4
– 8m
2
x
2
+ 1 (1), với m là tham số thực.
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =
1
2
2.Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác
ABC bằng 64.
Câu II ( 2 điểm )
1. Giải phương trình:
2 2
4
4
(2 sin 2 )(2cos cos )
cot 1
2sin
x x x
x
x
− −
+ =
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
5 0
( , )
2 5 1 0
x y xy x y
x y
xy y y
+ + − =
∈
+ − + =
¡
Câu III ( 1 điểm) Tính tích phân:
( )
2 2 2
ln2
2
0
2 (1 )
1
x x x
x x
x e x e e
I dx
e e
+ + − −
=
− +
∫
Câu IV ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC),
, 2SA AB a AC a= = =
và
·
·
0
90 .ASC ABC= =
Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa
hai mặt phẳng (SAB), (SBC).
Câu V ( 1 điểm ) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:
ab bc ca
T
a b ab b c bc c a ca
= + +
+ + + + + +
Câu VI. ( 2 điểm )
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hai điểm
(4; 1), ( 3; 2)A B− − −
và đường thẳng
:3 4 42 0x y∆ + + =
. Viết phương trình đường tròn
( )C
đi qua hai điểm
,A B
và tiếp xúc với
đường thẳng ∆.
2. Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt cầu (S):
011642
222
=−−+−++ zyxzyx
và mặt phẳng (
α
) có phương trình :2x + 2y – z + 17 = 0. Viết phương trình mặt phẳng(
β
)
song song với (
α
) và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi là 6π.
Câu VII (1 điểm ) Cho số phức z thỏa mãn:
( )
2
11 1 .z i i z− = +
. Tính
z iz+
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN; khối: A , A1, B
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0 điểm)
(1,0 điểm)
Khi m=
1
2
hàm số đã cho có pt: y= x
4
– 2x
2
+ 1
1.TXĐ : D= R
2.SBT
.CBT: y’= 4x
3
- 4x = 4x( x
2
- 1)
y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1
Hàm số đồng biến trên
( 1;0)−
và
(1; )+∞
Hàm số nghịch biến trên
( ; 1)−∞ −
và (0;1)
.Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và y
CĐ
=y(0)=1
HS đạt cực tiểu tại x=
±
1 và y
CT
=y(
±
1)=0
.Giới hạn:
lim
x
y
→+∞
= +∞
;
lim
x
y
→−∞
= +∞
.BBT:
x -
∞
-1 0 1 +
∞
,
y
- 0 + 0 - 0 +
y
+∞
1
+∞
0 0
3. vẽ đồ thị:
1
- 1 O 1 x
0,25
0,25
0,25
0,25
(1,0 điểm)
, 3 2 2 2
4 16 4 ( 4 )y x m x x x m= − = −
Đk để hàm số có 3 cực trị là
,
0y =
có 3 nghiệm phân biệt
Tức là phương trình
2 2
( ) 4 0g x x m= − =
có hai nghiệm phân biệt
0x ≠
0m⇔ ≠
, 4
4
0 1
0 2 1 16
2 1 16
x y
y x m y m
x m y m
= ⇒ =
= ⇔ = ⇒ = −
= − ⇒ = −
Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B
4
(2 ;1 16 )m m−
;C
4
( 2 ;1 16 )m m− −
0,25
0,25
2
Ta thấy AB=AC =
2 4 2
(2 ) (16 )m m+
nên tam giác ABC cân tại A
Gọi I là trung điểm của BC thì
4
(0;1 16 )I m−
nên
4
16AI m=
;
4BC m=
4
1 1
. . 16 .4
2 2
ABC
S AI BC m m
∆
= =
=64
5
5
2 2m m⇔ = ⇔ = ±
(tmđk
0m ≠
)
Đs:
5
2m = ±
0,25
0,25
II
(2,0 điểm)
(1,0 điểm)
.ĐK:
,x k k
π
≠ ∈¢
Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với:
4 4 2 2
2 2 2
1
cos sin (2 sin 2 )(cos cos )
2
1 1
1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos )
2 2
x x x x x
x x x x
+ = - -
Û - = - -
0,25
2 2 2 2
2
1
2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2cos cos
2
2cos cos 1 0
x x x x x x
x x
- = - - Û = -
Û - - =
0,25
osx=1
2
1
2
os 2 , ( )
2
3
c
x l
c x x l l Z
p
p
p
é
é
=
ê
ê
ê
ê
Û Û
-
ê
ê
= = ± + Î
ê
ê
ë
ë
0,25
So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là
2
2 ,
3
x l l
p
p= ± + Î ¢
0,25
(1,0 điểm)
Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với:
2
5 0
1
2 5 0
x
x xy
y
x y
y
+ + − =
+ + − =
0,25
1
( )( ) 6
1
5
x y x
y
x y x
y
+ + =
⇔
+ + + =
0,25
2
( )
1
3
3
( )
1
2
x y
I
x
y
x y
II
x
y
+ =
+ =
⇔
+ =
+ =
0,25
3
A
S
C
B
M
H
Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ là:
−±+
+±−
2
51
;
2
55
;
2
51
;
2
55
0,25
III
(1,0 điểm)
( )
2 2 2
ln2
2
0
2 (1 )
1
x x x
x x
x e x e e
I dx
e e
+ + − −
=
− +
∫
=
ln2 ln 2
2
2
2
0 0
2
1
x x
x x
e e
x dx dx
e e
−
+
− +
∫ ∫
0,25
Ta có:
ln2
2
0
x dx
∫
=
ln2
3 3
0
ln 2
3 3
x
=
0,25
Ta có:
ln2
2
0
2
1
x x
x x
e e
dx
e e
−
− +
∫
=
ln2
2
ln2
2
2
0
0
( 1)
ln( 1) ln3
1
x x
x x
x x
d e e
e e
e e
− +
= − + =
− +
∫
0,25
Vậy I=
3
ln 2
3
+
ln3
0,25
IV
(1,0 điểm)
+ Kẻ SH vuông góc AC (H ∈ AC) ⇒ SH
⊥ (ABC)
⇒
3
3, ,
2
a
SC BC a SH= = =
2
3
2
ABC
a
S
∆
=
⇒
3
.
1
.
3 4
S ABC ABC
a
V S SH
∆
= =
0,25
+ Gọi M là trung điểm SB và
ϕ
là góc giữa
hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).
Ta có: SA = AB = a,
SC BC a 3= =
⇒ AM ⊥ SB và CM ⊥ SB
⇒
·
cos cos AMC
ϕ
=
0,25
+ ∆SAC = ∆BAC ⇒
3 6
2 2
a a
SH BH SB= = ⇒ =
0,25
AM là trung tuyến ∆SAB nên:
2 2 2 2
2
2 2 10
4 16
AS AB SB a
AM
+ −
= =
10
4
a
AM⇒ =
Tương tự:
42
4
a
CM =
·
2 2 2
AM CM AC 105
cosAMC
2.AM.CM 35
+ −
⇒ = = −
Vậy:
105
cos
35
ϕ
=
0,25
V
(1,0 điểm)
Đặt
1 1 1
, ,a b c
x y z
= = =
. Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn:
xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại:
1 1 1
1 1 1
T
x y y z z x
= + +
+ + + + + +
0,25
Ta luôn có Bđt thức đúng:
(
)
2
3
2 2
3
3
3 3 3
0x y x xy y xy− ≥ ⇔ − + ≥
(
)
(
)
3
2 2
3
3 3
3 3 3 3
1 1 1x y x y x xy y x y xy
⇒ + + = + − + + ≥ + +
÷
0,25
4
⇒
(
)
3
3
3 3
1x y xy x y z+ + ≥ + +
3
3
3
3
1
1
z
x y
x y z
⇒ ≤
+ +
+ +
(1)
Tương tự:
3
3
3
3
1
1
x
y z
x y z
≤
+ +
+ +
(2);
3
3
3
3
1
1
y
z x
x y z
≤
+ +
+ +
(3) 0,25
Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được:
1T ≤
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1
Vậy
max
1T =
đạt được khi a = b = c = 1
0,25
VI.
(2,0 điểm)
(1,0 điểm)
Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C)
AI
2
= BI
2
⇔ 7a + b = 2 (1)
0,25
BI
2
= d
2
(I,∆) ⇔ (a + 3)
2
+ (b + 2)
2
=
2
(3 4 42)
25
a b+ +
(2)
0,25
Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23)
0,25
+ I(1; -5) ⇒ R = 5
(C): (x – 1)
2
+ (y + 5)
2
= 25
+ I(-3; 23) ⇒ R = 25
(C): (x + 3)
2
+ (y – 23)
2
= 625
0,25
(1,0 điểm)
Do (β) // (α) nên (β) có pt:
2 2 0( 17)x y z d d+ − + = ≠
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính là R = 5
Vì đường tròn có chu vi là 6
π
có bán kính là r = 3.
0,25
Khoảng cách từ I tới (
( )
β
là h =
435rR
2222
=−=−
0,25
Do đó:
=
−=
⇔=+−⇔=
−++
+−−+
(lo¹i) 17D
7D
12D54
)1(22
D3)2(21.2
222
0,25
Vậy (β) có pt:
2 2 7 0x y z+ − − =
0,25
VII.
(1,0 điểm)
Cho số phức z thỏa :
( )
2
11 1 .z i i z− = +
. Tính
z iz+
.
Gọi z = a+bi
z a bi⇒ = −
Theo gt:
( )
2
11 1z i i z− = +
( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 11a b ab i a b a b i⇔ − + − = + + −
2 2
3
2
2 11
2
3
a
b
a b a b
ab a b
a
b
=
=
− = +
⇔ ⇔
− = −
= −
= −
0,5
TH1:
3 2 5 5 5 2z i z iz i z iz= + ⇒ + = + ⇒ + =
0,25
TH2:
2 3 5 5 5 2z i z iz i z iz= − − ⇒ + = − − ⇒ + =
0,25
5