dap de thi thu dai hoc truong thpt nguyen hue de so 4

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 CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + ( m + 1) x + 1(1) có đồ thị ( Cm ) với m là tham số
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = −1
b) Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = x + 1 cắt đồ thị ( Cm ) tại 3 điểm phân biệt P ( 0,1) , M , N
sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng

5 2
với O ( 0;0 )
2

Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: sin 4 x + 2 cos 2 x + 4(sin x + cos x ) = 1 + cos 4 x

 x 2 − 3 x( y − 1) + y 2 + y ( x − 3) = 4
Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
( x, y ∈ R)
 x − xy − 2 y = 1
e

Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫

1

2 x 2 + x (1 + 2 ln x ) + ln 2 x
( x 2 + x ln x )2

dx

Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 2 2a .
Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD.
Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 450. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a.
Câu 6 (1 điểm) Cho ba số thực dương a , b , c thay đổi thỏa mãn điều kiện : ab + bc + ca = 2abc.
Chứng minh rằng:
1
1
1
1
+
+
≥
2
2
2
a (2a − 1) b(2b − 1) c(2c − 1) 2
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
2

2

Câu 7.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : ( x − 3) + ( y − 1) = 9
và đường thẳng ( d ) : x + y − 10 = 0 . Từ điểm M trên ( d ) kẻ hai tiếp tuyến đến ( C ) , gọi A, B là
hai tiếp điểm.Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn AB = 3 2

x = 1+ t

Câu 8.a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 :  y = 2 − t
z = 1

x − 2 y −1 z +1
. Viết phương trình mp(P) song song với d1 và d 2 , sao cho khoảng cách từ
=
=
1
−2
2
d1 đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ d 2 đến (P).
d2 :

Câu 9.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (1 − 3i ) z là số thực và z − 2 + 5i = 1 .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và
C đối xứng nhau qua gốc tọa độ O. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng
( d ) : x + 2 y − 5 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng AC đi qua điểm

K ( 6;2 )
Câu 8.b (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm toạ
độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x − y + z − 1 = 0 để ∆MAB là tam giác đều.
Câu 9.b (1 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1 − x + 2(1 − x) 2 + ... + n(1 − x) n thu được đa thức

1
7
1
P ( x) = a 0 + a1 x + ... + a n x n . Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: 2 + 3 = .
Cn

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Cn

n

Trang 1


Trường học Online


HƯỚNG DẪN

Câu

Đáp án
a. (1 điểm)
Với m =-1, y = x 3 − 3x 2 + 1
1) Tập xác định: R.
2) Sự biến thiên:
a. Giới hạn: lim y = lim ( x 3 − 3x 2 + 1) = −∞, lim y = +∞ .
x →−∞

x →−∞

Điểm

x →+∞

b. Bảng biến thiên:
x = 0
y′ = 3x 2 − 6x = 3x(x − 2), y′ = 0 ⇔ 
x = 2
Bảng biến thiên:
x −∞
0
+
0
y′

2
0

-

+∞
+

1

y

+∞

−∞
-3
+ Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ ) .

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) .

1
(2 đ)

+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CÐ = y(0) = 1
đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = y(2) = −3
3) Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1)
Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng.
y

f(x)=x^3-3x^2+1

8

6

4

2

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

-2

-4

-6

-8

b. (1 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của ( Cm ) và (d): x 3 − 3 x 2 + ( m + 1) x + 1 = x + 1

 x = 0 ⇒ y = 1 ⇒ P ( 0;1)
⇔ x ( x 2 − 3x + m ) = 0 ⇔  2
 x − 3x + m = 0 ( 2 )
Để ( Cm ) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt ⇔ ( 2 ) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

0.5

Trang 2


Trường học Online

m ≠ 0

⇔
9
m < 4

Giả sử M ( x1; x1 + 1) , N ( x2 ; x2 + 1) khi đó x1; x2 là nghiệm của pt(2)

0.5

1
OM .ON .MN
Ta có SOMN = MN .d ( O; ( d ) ) =
(với R là bán kính đường tròn ngoại
2
4R
tiếp tam giác OMN )
1
OM .ON .
⇒ .d ( O; ( d ) ) =
⇔ OM .ON = 2 R.d ( O; ( d ) ) = 5 2d ( O; ( d ) ) ( 3)
2
4R

( 2x

2
1

Mà ta có OM .ON =

)(

)

+ 2 x1 + 1 2 x12 + 2 x1 + 1

Với x12 = 3 x1 − m; x22 = 3 x2 − m

⇒ OM .ON = 4m 2 + 12m + 25
1
2
* d ( O; ( d ) ) =
=
2
2

4m 2 + 12m + 25 = 5 2

Khi đó thế vào (3) ta được

2
(1 đ)

m = 0
2
=5⇔ 
2
 m = −3

Vậy m = −3 thỏa mãn ycbt
sin 4 x + 2 cos 2 x + 4(sin x + cos x ) = 1 + cos 4 x
⇔ 2 sin 2 x cos 2 x + 2 cos 2 x − 2 cos 2 2 x + 4(sin x + cos x ) = 0
⇔ cos 2 x(sin 2 x + 1 − cos 2 x ) + 2(sin x + cos x ) = 0
⇔ cos 2 x(2 sin x cos x + 2 sin 2 x ) + 2(sin x + cos x ) = 0
⇔ (sin x + cos x )(cos 2 x sin x + 1) = 0
Với sin x + cos x = 0 ⇔ x = −

π

0.5

0.5

+ kπ , k ∈ Z

4
Với cos 2 x sin x + 1 = 0 ⇔ (1 − 2 sin 2 x )sin x + 1 = 0 ⇔ (sin x − 1)(− 2 sin 2 x − 1) = 0
⇔ sin x = 1 ⇔ x =

3
(1 đ)

π

+ 2mπ , m ∈ Z
2
Ta có PT (1) : x2 -3x(y-1) + y2 + y(x-3) = 0 ⇔ (x-y)2 + 3(x-y) - 4 + 0
x − y = 1

⇔ 
 x − y = −4
x − y = 1
* Với x- y = 1, ta có 
 x − xy − 2 y = 1
⇔ x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2
 x − y = −4
* Với x - y = -4 ta có 
(Hệ PT vô nghiệm)
 x − xy − 2 y = 1

0.5

0.5

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2)
e

I =∫

4
(1 đ)

e

( x + ln x )2

1 (x
e

2

2

+ x ln x )

dx + ∫

( x + ln x )2

x2 + x

1 (x
e

2

2

dx

+ x ln x )

1
A=∫ 2
dx = ∫ 2 dx = 1 −
2
e
1 ( x + x ln x )
1x

1
1+
e
e
e
x2 + x
x dx = d ( x + ln x ) = .... = 1 − 1
B=∫ 2
dx
=
∫
∫
2
2
2
e +1
1 ( x + x ln x )
1 ( x + ln x )
1 ( x + ln x )

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

0.25
0.25

1

0.25
Trang 3

Trường học Online


1
e

Vậ y I = 2 − −

5
(1đ)

1
e +1

0.25

Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo gt SH ⊥ ( ABCD )
2
1
Gọi O = AC ∩ BD ⇒ CH = CO = AC = a ⇒ AH = AC − HC = 2a
3
3
SA tạo với đáy góc 450 suy ra SAH = 450 ⇒ SH = AH = 2a
1
1
4 2 3
V = S ABCD .SH = a.2 2a.2a =
a
3

3
3
Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và // SD
Do đó d ( SD; AC ) = d ( SD;( ACM )) = d ( D; ( ACM ))
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó
 2 a 4 2a

A(0;0; 0), B(a; 0;0), D (0; 2 2a;0), S  ;
; 2a  , C (a; 2 2a;0)
3
 3

 5a 2 2a 
S
M  ;
; a  .
6
3


uuur
AC = (a; 2 2a;0)
uuuur  5a 2 2a 
AM =  ;
; a  ⇒
M
3
 6


0.5

0.5

D
C
H
O
A

B

uuur uuuur
AC ∧ AM = (2 2a 2 ; −a 2 ; − 2a 2 )

r
Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt n = (2 2; −1; − 2) nên có phương trình là
2 2 x − y − 2 z = 0 ⇒ d ( D;( ACM )) =

Từ giả thiết suy ra

8 +1+ 2

=

2 2a
11

1 1 1
+ + =2

a b c

1
1
1 Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2
; y=
;z=
a
b
c
1
1
1
x3
y3
z3
Ta có: P =
+
+
=
+
+
2
2
2
2
2
a (2a − 1) b(2b − 1) c(2c − 1)
( y + z)
( x + z)

( y + x) 2
x3
y + z y + z 3x
Áp dụng bđt Cô-si:
+
+
≥
( y + z)2
8
8
4
3
y
x + z x + z 3y
+
+
≥
2
( x + z)
8
8
4
3
z
y + x y + x 3z
+
+
≥
2
( y + x)

8
8
4

Đặt :

6
(1đ)

−2 2a

Do đó:

x=

1
1 ( đpcm)
P ≥ ( x + y + z) =
4
2

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Trang 4


Trường học Online


y

d

A

M
H

I

B

x

O

7a
(1đ)

1

Đường tròn (C) có tâm I ( 3;1) , bk R = OA = 3
Gọi H = AB ∩ IM , do H là trung điểm của AB nên AH =

IH = IA2 − AH 2 = 9 −

3 2
. Suy ra:
2

9 3 2

IA2
6
=
và IM =
=
=3 2
2
2
IH
2
2

2

Gọi M ( a;10 − a ) ∈ ( d ) ta có IM 2 = 18 ⇔ ( a − 3) + ( 9 − a ) = 18

2a 2 − 24a + 90 = 18 ⇔ a 2 − 12a + 36 = 0 ⇔ a = 6
Vậy M ( 6; 4 )
→

Ta có : d1 đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : u1 = (1; −1;0 )
→

d 2 đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: u2 = (1; −2; 2 )
→

8a
(1đ)

Gọi n là vtpt của mp(P), vì (P) song song với d1 và d 2 nên

→

→

→

n = [ u1; u2 ] = (-2 ; -2 ; -1) ⇒ pt mp(P): 2x + 2y + z + m = 0

7+m
5+m
; d( d 2 ;( P)) = d( B;(P)) =
3
3
vì d( d1 ;(P)) = 2. d( d 2 ;( P)) ⇔ 7 + m = 2. 5 + m

d( d1 ;(P)) = d(A ; (P)) =

1

 m = −3
7 + m = 2(5 + m)
⇔
⇔
 m = − 17
7
+
m
=
−
2(5

+
m
)

3

Với m = -3 ⇒ mp(P) : 2x + 2y + z – 3 = 0
17
17
Vớ i m = =0
⇒ mp(P) : 2x + 2y + z 3
3
Giả sử z = x + yi , khi đó (1 − 3i ) z = (1 − 3i )(a + bi ) = a + 3b + (b − 3a )i
(1 − 3i ) z là số thực ⇔ b − 3a = 0 ⇔ b = 3a

9a
(1đ)

z − 2 + 5i = 1 ⇔ a − 2 + (5 − 3a )i = 1 ⇔ (a − 2)2 + (5 − 3a ) 2 = 1

1

a = 2 ⇒ b = 6
⇔ 10a − 34a + 29 = 1 ⇔ 5a − 17 a + 14 = 0 ⇔ 
 a = 7 ⇒ b = 21
5
5

7 21
Vậy z = 2 + 6i, z = + i

5 5
2

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

2

Trang 5


Trường học Online



I
(d)
K

A

C

O

7b
(1đ)

B

B ∈ ( d ) : x + 2 y − 5 = 0 nên gọi B ( 5 − 2b; b ) , vì B, C đối xứng với nhau qua O suy ra

C (2b − 5; −b) và O (0;0) ∈ BC
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là ( d ) : x + 2 y − 5 = 0 nên I (2;4) và
I ∈ AB
uur
Tam giác ABC vuông tại A nên BI = ( 2b − 3; 4 − b ) vuông góc với
uuur
CK = (11 − 2b; 2 + b )

1

b = 1
b = 5

( 2b − 3)(11 − 2b ) + ( 4 − b )( 2 + b ) = 0 ⇔ −5b 2 + 30b − 25 = 0 ⇔ 
Với b = 1 ⇒ B(3;1), C ( −3; −1) ⇒ A(3;1) ≡ B loại

 31 17 
; 
 5 5

Với b = 5 ⇒ B ( −5;5), C (5; −5) ⇒ A 

 31 17 
;  ; B( −5;5); C (5; −5)
 5 5

Vậ y A 

Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): x + y − z − 3 = 0

8b
(1đ)

x = 2

Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d:  y = t + 1
z = t


1

M ∈ d ⇒ M (2; t + 1; t ) ⇒ AM = 2t 2 − 8t + 11 , AB = 12
∆ MAB đều khi MA = MB = AB
⇔ 2t 2 − 8t − 1 = 0 ⇔ t =

Ta có

9b
(1đ)

4 ± 18
2

 6 ± 18 4 ± 18 
⇒ M  2;
;


2
2 

n ≥ 3
1
7 1

+
= ⇔ 2
7.3!
1
C n2 C n3 n
 n( n − 1) + n(n − 1)(n − 2) = n


n ≥ 3
⇔ 2
⇔ n = 9.
n − 5n − 36 = 0

1

Suy ra a8 là hệ số của x8 trong khai triển 8(1 − x)8 + 9(1 − x)9 .
Vậ y

a8 = 8.C88 + 9.C98 = 89.

Lưu ý:
- Nếu HS làm bài không theo cách của hướng dẫn chấm nhưng đúng thì cho điểm tối đa của câu đó
- Nếu có nhiều HS làm có kết quả giống nhau nhưng khác kết quả của hướng dẫn chấm thì đề nghị
xem lại hướng dẫn chấm.

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Trang 6