dap de thi thu dai hoc truong thpt nguyen hue de so 1

Trường học Online



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 - 3x2.
m
.
2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x = 2
x − 3x
Câu II. (2,0 điểm)
1.

Tìm nghiệm x ∈ (0; π ) của phương trình :

2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y =

5cosx + sinx - 3 =

log 2

3x 2 + 2 x + 2

x 2 + 2mx + 1

π

2 sin  2 x +  .
4


xác định ∀x ∈ R .

ln(1 + ln 2 x)
dx .
∫1
x
Câu IV. (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABCD. A1 B1C1 D1 có đáy là hình bình hành và có
∠BAD = 45 0 . Các đường chéo AC1 và DB1 lần lượt tạo với đáy các góc 450 và 600. Hãy tính
thể tích của khối lăng trụ nếu biết chiều cao của nó bằng 2.
2
2
8 x + 18 y + 36 xy − 5( 2 x + 3 y ) 6 xy = 0
Câu V. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 
( x, y ∈ R ) .
2 x 2 + 3 y 2 = 30
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
e

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I =

A. Theo chương trình Chuẩn:
Cõu VIa. (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường thẳng d1 : 3 x + 2 y − 4 = 0 ; d 2 : 5 x − 2 y + 9 = 0 .
Viết phương trình đường tròn có tâm I ∈ d 2 và tiếp xúc với d1 tại điểm A ( −2;5 ) .
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hình thoi ABCD với A( −1 ; 2; 1), B (2 ; 3 ; 2) .
Tìm tọa độ các đỉnh C, D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d :

x +1 y z − 2
=
=
.
−1 −1
1

Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z − 1 = 5 và 17( z + z ) − 5 z z = 0 .
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 - 6x - 2y + 1 = 0. Viết phương
trình đường thẳng (d) đi qua M (0;2) và cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 4.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oy và (P) cắt
mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 - 2x + 6y - 4z + 5 = 0 theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính
bằng 2.

(

)

8

Câu VIIb. (1,0 điểm) Trong các acgumen của số phức 1 − 3i , tìm acgumen có số đo dương
nhỏ nhất .
------------------------------------ Hết -------------------------------------

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Trang 1


Trường học Online
Ghi chú :



Thí sinh không được sử dụng tài liệu – Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Câu 1: 1, y = x3 - 3x2.
* Tập xác định : D = R
* Sự biến thiên :
− Giới hạn: lim y = +∞ lim y = −∞
x →+∞

x →−∞

− Chiều biến thiên : y, = 3x2 - 6x = 3x(x -2)
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), nghịch biến trên khoảng (0;2).
- Đồ thị có điểm cực đại (0;0), điểm cực tiểu (2; -4)
− Bảng biến thiên :
x
-∞
0
2
+∞

y’

+

0

y

-

0

0

+

-4

* Đồ thị :
y'' = 6x - 6 = 0 ⇔ x = 1
Điểm uốn U(1;-2)
Đồ thị đi qua các điểm (-1;−4), (3; 0) và nhận điểm U(1;-2) làm tâm đối xứng .

Câu 1: 2, x =

 x ≠ 0, x ≠ 3
. Số nghiệm của pt bằng số giao điểm của đồ thị
⇔ 2
 x x − 3 x = m

m
x 2 − 3x

y = x x 2 − 3 x ( x ≠ 0 và x ≠ 3) với đồ thị y = m .
3
2
 x − 3 x khi x < 0 hoac x > 3
Ta cú y = x x − 3 x =  3
.
2
− x + 3 x khi 0 < x < 3
Lập bảng biến thiên ta có:
x
-∞
0
2
3
+∞
2

y’

+

0

+

0

-

+

4
y

0

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Trang 2


Trường học Online



0
+/ m < 0 hoặc m > 4 thì pt có 1 nghiệm.
+/ m = 0 pt vô nghiệm.
+/ 0 < m < 4 pt có 3 nghiệm.
+/ m = 4 pt có 2 nghiệm.
π

Câu 2: 1, 5cosx + sinx - 3 = 2 sin  2 x +  ⇔ 5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x
4

2
⇔ 2cos x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0 ⇔ (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0

⇔ (2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0.
+/ cosx + sinx = 2 vônghiệm.
1
π
+/ cosx = ⇔ x = ± + 2kπ , k ∈ Z .
2
3

Đối chiếu điều kiện x ∈ ( 0; π ) suy ra pt có nghiệm duy nhất là :

π

3
2
Câu 2: 2,Hàm số xác định ∀x ∈ R ⇔ log 2 3x2 + 2 x + 2 ≥ 0 ⇔ 3x2 + 2 x + 2 ≥ 1 ∀x ∈ R (*).
x + 2mx + 1
x + 2mx + 1
2
Vì 3x + 2x + 2 > 0 ∀x , nên (*)
2 x 2 + 2(1 − m) x + 1 ≥ 0
m 2 − 1 < 0

⇔ 2
⇔ 4 x 2 + 2(m + 1) x + 3 ≥ 0 , ∀x ∈ R
2
 x + 2mx + 1 ≤ 3x + 2 x + 2 ∀x
−1 < m < 1

Giải ra ta có với :1 - 2 ≤ m < 1 thì hàm số xác định với ∀x ∈ R .
1

Câu 3:Đặt lnx = t , ta có I = ∫ ln(1 + t 2 )dt . Đặt u = ln( 1+t2) , dv = dt ta có : du = 2t 2 dt , v = t .
1+ t
0
2

1
1
1 1 t2
dt 
Từ đó có : I = t ln( 1+ t2) − 2 ∫
dt
=
−
dt
−
ln
2
2

 (*).
2
∫
∫
0 0 1+ t
1+ t2 
0
0
1

Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được

dt

∫ 1+ t
0

2

=

π
4

.Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 +

π
2

.

Câu 4: Hình lăng trụ đứng nên cạnh bên vuông góc với đáy và độ dài cạnh bên bằng chiều cao của
hình lăng trụ. Từ giả thiết ta có : ∠C1 AC = 450 , ∠B1 DB = 600.
2
Từ đó suy ra : AC = CC1 = 2 , BD = 2 cot 600 =
.
3
Áp dụng định lý cô sin có: BD2 = AB2 + AD2 – 2AB.AD. cos450 ,
AC2 = DC2 +AD2 – 2DC.AD.cos1350. Ta có :BD2 –AC2 =4
4
AB.AD 2 + DC. AD (− 2) = −2 2 AB. AD ⇒ − 4 = −2 2 AB. AD ⇒ AB. AD =

3
3 2

Từ đó VABCD. A1B1C1D1 = AB.AD sin450.AA1 =

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

4
3 2

.

2
4
.2 = .
2
3

Trang 3


Trường học Online



Câu 5: Điều kiện xy ≥ 0 .Nếu x = 0 suy ra y = 0 không thoả mãn pt (2) của hệ. Nếu y = 0 cũng
tương tự,
vậy xy > 0.
6 xy
2x + 3y

5
Pt (1) của hệ ⇔ 8 x 2 + 18 y 2 + 36 xy = 5(2 x + 3 y ) 6 xy ⇔
+
= .
6x y 2x + 3 y 2

2x + 3y
t 2 −1
1
5
= t , t ≥ 2. Xét f(t) = t + , t ≥ 2 . Ta thấy f’(t) = 2 > 0 ∀t ≥ 2 suy ra f(t) ≥ .
t
t
2
6 xy
Dấu = xẩy ra khi t = 2 hay khi 2x = 3y. Thay vào pt (2) của hệ , suy ra hệ có nghiệm: x = 3 ; y = 2.
Câu 6a: 1, Do đường tròn tiếp xúc với đường thẳng d1 tại điểm A nên IA ⊥ d1 .
Đặt

Vậy phương trình IA là:

2 ( x + 2 ) − 3 ( y − 5 ) = 0 ⇔ 2 x − 3 y + 19 = 0
d2

5 x − 2 y + 9 = 0
x = 1
⇔
⇒ I (1;7 )
Kết hợp I ∈ d 2 nên tọa độ tâm I là nghiệm hệ 
2 x − 3 y + 19 = 9

y = 7
2
2
Bán kính đường tròn R = IA = 13 .Vậy phương trình đường tròn là: ( x − 1) + ( y − 7 ) = 13
uur
uur
Câu 6a: 2, Gọi I ( −1 − t ; −t ; 2 + t ) ∈ d . Ta có IA = ( t ; 2 + t ; −1 − t ) , IB = ( 3 + t ;3 + t ; −t ) .
uur uur
Do ABCD là hình thoi nên IA.IB = 0 ⇔ 3t 2 + 9t + 6 = 0 ⇔ t = −1, t = −2 .
Do C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên:
* Với t = −1 ⇒ I ( 0;1;1) ⇒ C (1;0;1) , D ( −2; −1;0 ) .

* Với t = −2 ⇒ I (1; 2;0 ) ⇒ C ( 3; 2; −1) , D ( 0;1; −2 ) .
2

Câu 7a: Đặt z = a + bi , ta có: z − 1 = 5 ⇔

( a − 1)

Mặt khác: 17( z + z ) − 5 z.z = 0 ⇔ a 2 + b 2 =

34
a ( 2)
5

+ b 2 = 5 ⇔ a 2 + b 2 − 2a = 24 (1)

24
a = 24 ⇔ a = 5 . Kết hợp với (1) có b 2 = 9 ⇔ b = 3, b = −3 .
5

Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là: 5 + 3i và 5 − 3i .
Câu 6b: 1, (C) có tâm I(3;1) và b/k R =3 .Giả sử (C) cắt (d) tại A , B .Hạ IH ⊥ AB thì H là trung
Thay (2) vào (1) được

điểm của AB suy ra AH = 2. Tam gíác AHI vuông tại H nên IH = IA2 − AH 2 = 9 − 4 = 5 .
Vì (d) qua M(0;2) nên có pt A(x-0) +B(y-2) = 0 ( A2 + B2 ≠ 0) ⇔ Ax + By – 2B = 0 .
3 A + B − 2B
1
Ta có IH = 5 ⇔
= 5 ⇔ 2 A2 − 3 AB − 2 B 2 = 0 . Chọn B = 1 ta có : A = 2 hoặc - .
2
A2 + B 2
Vậy có 2 đt (d) phải tìm là : (d1): 2x + y -2 = 0 và (d2) : x – 2y + 4 = 0.
Câu 6b:2, Phương trình (S) : (x-1)2 + (y + 3)2 + ( z -2)2 = 9 suy ra tâm I( 1; -3;2), b/k R = 3.
(P) chứa Oy nên pt có dạng Ax + Cz = 0 với (A2 +C2 ≠ 0 ).
A + 2C
(P) cắt (S) theo đường tròn b/k r = 2 suy ra d(I,(P)) = R 2 − r 2 = 5 ⇔
= 5 ⇔ C = 2A
A2 + C 2
Chọn A = 1 thì C = 2.
Vậy pt mf (P) là : x + 2z = 0.


Câu 7b:Ta có 1 − 3i = 2  1 − 3 i  = 2  cos(− π ) + i sin(− π )  .
3
3 

2 2 
Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Trang 4


Trường học Online



8π
8π 

Theo công thức Moavơrơ ta có z = 28  cos(− ) + i sin( − )  . Từ đó suy ra z có họ các
3
3 

8π
4π
acgumen là : −
+ 2kπ , k ∈ Z . Ta thấy với k = 2 thì acgumen dương nhỏ nhất của z là
.
3
3

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Trang 5