dap de thi thu dai hoc truong thpt nguyen hue de so 5

Trường học Online



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.
I . Phần chung

Câu 1. Cho hàm số y = x4- 2(m+1)x2 +2m +1 (Cm ) , điểm K(3;-2) .
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 .
2. Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm A, B, C,D phân biệt sao cho diện tích tam
giác KAC bằng 4 .(các điểm A, B, C , D được sắp xếp theo thứ tự hoành độ tăng dần)
Câu 2. Giải các phương trình sau :
2 cos 4 x − sin 4 x + 1
1.
= 3 cos x + sin x
x π
2 cos − 
2 3

(

)

2. 2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x 2 + 16

Câu 3. Tính tích phân :
π


1
+ sin 2 x  dx
+1

0
Câu 4 . Cho hình chóp S.ABC có SA= 3a ( a> 0 ) , SA tạo với đáy (ABC) góc 600 . Tam giác
ABC vuông tại B , góc ∠ ACB bằng 300 . G là trọng tâm của tam giác ABC , hai
mặt phẳng (SGB), (SGC) cùng vuông góc với đáy . Tính thể tích khối chóp theo a .
x2 y2
1
1
Câu 5 . Cho < x ≤
và y ≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 +
3
2
[(4 x −1)y − x] 2
2

I=



∫ x x

2

II.Phần riêng( 3 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn
Câu 6a ( 1 điểm)..Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T) : x 2 + y 2 − x − 9 y + 18 = 0 và
hai điểm A(4;1), B(3;-1).Gọi C,D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành.
Viết phương trình đường thẳng CD.
Câu 7a( 1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;4;-3), B( 4;0;1) và đường thẳng
x − 6 y −1 z − 4
d:
=
=
. Xác định các điểm C,D sao cho ABCD là hình thoi biết rằng D nằm trên d
2
1
3
Câu 8a.( 1 điểm) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2 − 4 z + 11 = 0 .Tính giá trị của
2

2

z1 + z2
biểu thức M =
( z1 + z2 )2012
B.Theo chương trình nâng cao
Câu 6b ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho đường tròn ( C) : x 2 + y 2 − 8 x + 6 y + 21 = 0
và đường thẳng d: x + y − 1 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp đường
tròn ( C) biết điểm A thuộc d.
Câu 7b ( 1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) chứa đường thẳng
x −1 y
z
d:

=
=
. Và tạo với mặt phẳng ( Q) : 2 x − 2 y − z + 1 = 0 góc 600 .Tìm tọa độ giao điểm M
1
−1 −2
của mặt phẳng (P) với trục Oz.
Câu 8b( 1 điểm).Giải hệ phương trình.

log 3 y − log 3 x = ( y − x)( x2 − xy + y 2 )

2
 2

x2 + y 2 = 4
Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Trang 1


Trường học Online


HƯỚNG DẪN

Câu
TXĐ: D= R
1 .1
1 điểm lim y = + ∞ , lim y = + ∞
x → +∞

Nội dung

Điểm
0,25

x → −∞

y’ = 4x3- 4x = 0 ⇔ x= 0 , x=1
Bảng biến thiên
x

-∞

y’

-1
-

0

0

+

0

1
-

+∞

0

+∞

+
+∞

1

0.25

y
0

0

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -1;0) ; (1 ;+ ∞ ) ,
Hàm sốnghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; 1) ; (0 ; 1 )
Hàm số đạt cực đại tại x= 0 , ycđ = 1
Hàm số đạt cưc tiểu tại x= 1 , x= -1 , yct = 0

0.25

y
Đồ thị : cắt trục hoành tại (-1;0) ;(1;0)
Cắt trục tung tại (0;1)
Nhận oy làm trục đối xứng
0.25

1

-1

0

1

x

1.2
Phương trình hoành độ giao điểm :
x4 - 2(m+1)x2 + 2m+1 = 0
2
đặt x = t ≥ 0 phương trình trở thành : t2 - 2(m +1)t +2m+1 = 0 (1)
để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì phương trình (1) có

m ≠ 0
∆' = m 2 > 0
m ≠ 0



hai nghiệm dương phân biệt ⇔ . t1 + t 2 = 2(m + 1) > 0 ⇔ m > − 1 ⇔ 
1 (* )
m
>
−

t .t = 2m + 1 > 0


1
2
1 2
m > −
2


Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

0.5

Trang 2


Trường học Online



Với điều kiện (* ) phương trình (1) có hai nghiệm 0< t1 < t2 , lúc đó đồ thị cắt trục
hoành tại 4 điểm phân biệt A(- t 2 ; 0 ) ; B (- t1 ; 0 ) ; C ( t1 ; 0 ) ; D( t 2 ; 0 )
1
Diện tích tam giác KAC là S = AC .d(K; AC ) = 4 ( 2)
2
0.25
Trong đó d(K; AC ) = | yK | = 2 , AC = t1 + t 2
1
( 2) ⇔ ( t1 + t 2 ) .2 = 4 ⇔ t1 +t2 +2 t1 .t 2 = 16 ⇔ 2(m +1) + 2 2m + 1 =16
2
m ≤ 7
⇔

⇔ m = 4 ( tm)
2
2m + 1 = m − 14m + 49

Câu 2
1.

(

)

2 cos 4 x − sin 4 x + 1
= 3 cos x + sin x .
x π
2 cos − 
2 3
x π
Điều kiện : cos( − ) ≠ o
2 3

Giải phương trình : .

0.25

0.25

x π
⇔ 2( cos2x - sin2x ) +1 = 2cos( − ).( 3 cos x + sin x )
2 3
x π

2
2
⇔ 3cos x - sin x = 2cos( − ) .( 3 cos x + sin x )
2 3
x π
3 cos x + sin x ) ( 3 cos x − sin x -2cos( − ) ) = 0
2 3
π
x π
3 cos x + sin x = 0 hoặc cos(x + ) - cos( − ) = 0
6
2 3

(

⇔
⇔

⇔x=

2

2π
π
4π
+ k2 π ; x = - π + k4 π hoặc x =
+k
là nghiệm
3
9

3

Giải phương trình : .
ĐK: |x| ≤ 2

2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x 2 + 16

(3) ⇔ 32 - 8x2

( )
2.(4 − x )

+ 16

2. 4 − x 2

= x2 + 8x

⇔ 8 ( 4 - x2 ) + 16

2

= x2 + 8x

Đặt

(

0.5

0.25

(3)

)

2. 4 − x 2 = t ≥ 0 ⇒ t2 = 2 (4 - x2 ) . phương trình trở thành :
4t2 + 16 t - x2 -8x = 0 có ∆ = (2x + 8)2

x
x
hoặc t = - - 4 ( loại )
2
2
2
9 x = 32
x
4 2
=
là nghiệm của pt
⇔
⇔x=
3
2
x ≥ 0

0.5

Phương trình có 2 nghiệm là : t =
Với t =

x
⇒
2

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

(

2. 4 − x 2

)

0.5

Trang 3


Trường học Online


π

 1
Tính tích phân : I = ∫ x 2 + sin 2
0  x +1
2

Câu 3


x  dx =


π

π

2

2

x
∫0 x 2 + 1dx +

∫ x sin

x dx

0

1
x2
x sin 2 x cos 2 x
= ( ln( x2 +1) +
)
2
4
4
8

=

2

π

0.25

2
0

π2
π2
1
1
ln(1 +
)+
+
2
4
16
4

0.5

S

0.25

Câu 4

A
C

G
K

B

Mặt phẳng (SGB) , (SGC) cắt nhau theo giao tuyến SG và cùng vuông góc với
mặt phẳng đáy nên SG là đường cao của hình chóp .
3a 3
Góc ∠ SAG = 600 , trong tam giác vuông SGA có SG = SA. Sin600 =
2

AG = SA. Cos600 =

3a
3
9a
, AK = AG =
2
2
4

với K là trung điểm của BC

0.25

x 3
2
2
2
81a
3x
7x 2
Trong tam giác vuông ABK có AK2 = AB2 + BK2 ⇒
= x2 +
=
16
4
4
2
9a
1
81a 3
⇔ x=
.
Diện tích tam giác ABC là S = AB.2BK =
2
56
2 7

Đặt AB = x , tam giác vuông ABC có BC = AB.cot300 = x 3

1
243a 3
Thể tích V = SG .SABC =
3

112

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

⇒ BK =

0.5

Trang 4


Trường học Online



1
1
và y ≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
2
x2 y2
2
2
P= x +y +
[(4 x −1) y − x] 2
1
1
1
1

1
Đặt a =
,b=
, 0x
y
a
b
(4 − a − b )2

. Cho

Câu 5

Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho
P≥

1
,
b2

1

(4 − a − b )2

0.25

0.25

ta có :

1
1
2
8
+
≥ 2 +
( áp dụng cauchy cho b và 4-a-b )
2
a
(4 − a − b ) .b a
(4 − a )2

≥

1
+
a2

≥

9
4

1

(4 − a )

2

+

7

(4 − a )

2

≥

2
(4 − a )a

+

7

(4 − a )

( vì (4-a )a ≤ 4 và (4-a)2 ≤ 4 với 2 ≤ a < 3

2

( cauchy cho

)

1
1
và

)
a2
(4 − a )2

0.5

a = 2
x = 1/ 2
Dấu bằng xảy ra khi 
tức 
b = 1
y = 1
Vậy MinP =

9
4
0.25

II.Phần riêng.

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Trang 5


Trường học Online
Câu
6a.
1 điểm

Câu
7a.
1điểm

Câu
8a


2

2

10
1 
9  10
1 9

Ta có ( T):  x −  +  y −  =
nên ( T ) có tâm I  ;  và R=
2
2 
2
4

2 2

0,25

AB (-1 ;-2 ) , AB = 5 . Đường thẳng CD song song với AB nên có phương trình
dạng 2 x − y + m = 0 .

2m − 7
Khoảng cách từ I đến CD là h=
; CD = 2 R 2 − h 2
2 5
m = 6
5 (2m − 7) 2
Ta có CD= AB nên 2
−
= 5 ⇔ (2m − 7) 2 = 25 ⇔ 
2
20
m =1
Vậy CD có phương trình 2 x − y + 6 = 0 hoăc 2x-y + 1=0

0,25
0,25
0,25

0,25

 x = 6 + 2t
r
d có vtcp u = (2;1;3) và có Ptts  y = 1 + t
 z = 4 + 3t


Ta thấy điểm B ∈ d kết hợp với giả thiết D ∈ d nên tâm I của hình thoi cũng
thuộc d. Do ABCD là hình thoi nênuurAC ⊥ BD, hay I là hình chiếu của A trên
Gọi I( 6+2t; 1+t; 4+3t) ∈ d .Khi đó AI = (5 + 2t; −3 + t;7 + 3t )
uur r

AI .u = 0 ⇔ 2(5 + 2t ) + (−3 + t ) + 3(7 + 3t ) = 0 ⇔ t = 2 hay I( 2;-1;-2)
Do C và D lần lươt đối xứng với A và B và qua I nên C( 3;-6;-1) và
D ( 0;-2;-5)
Gải Phương trình: 2 z 2 − 4 z + 11 = 0 ta được nghiệm : z1 = 1 −
Suy ra: z1 = z2 =

1điểm

0,25
0,25
0,25
0,25

3 2
3 2
i ; z2 = 1 +
i
2
2

0,5

22
; z1 + z2 = 2
2

11 11
+
11
Do đó : M = 2 20122 = 2012

2
2

0,25

Phần B.
Câu 6b Đường tròn ( C ) : ( x − 4 )2 + ( y + 3)2 = 4 Tâm I ( 4;-3); Bán kính R =2
-Gọi điểm A (a; 1-a) ∈ d. M,N lần lượt là trung điểm AB và AD. Do ABCD là
1điểm Hình vuông ngoại tiếp ( C) nên
 a = 6 ⇒ A(6; −5)
 a = 2 ⇒ A(2; −1)

0,25

AI= 2 2 ⇔ 2(4 − a) 2 = 8 ⇔ a 2 − 8a + 12 = 0 ⇔ 

I là tâm đường tròn cũng là tâm hình vuông nên A( 6;5) thì C( 2;-1) hoặc
ngược lại.
Cạnh hình vuông bằnguuur
2Ruuur
= 4.
(Gọi D ( x;y) .Ta có : AD.DC = 0 và AD = 4
( x − 6)(2 − x) − ( y + 5)(1 + y ) = 0
 x =7+ y
⇒
⇔ 2
2
2
( x − 6) + ( y + 5) = 16


y + 6y + 5 = 0
 x =7+ y
 x = 6; y = −1
⇔
⇒
 y = −1; y = −5  x = 2; y = −5

Hay D( 6;-1) thì B( 2;-5)
Vậy bốn đinh hình vuông là :A(6;-5) B(2;-5) C(2;-1);D(6;-1)
Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

0,25

0,25

0,25
Trang 6


Trường học Online



r

Câu 7b. -Đường thẳng d đi qua điểm A(1,0,0) và có vtcp u (1; −1; −2)
r
Mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyên là n = (2; −2; −1)
uuuur
Giao điểm M(0;0;m) ∈ Oz ; AM = (−1;0; m)

Mặt phẳng (P) có vtpt là : n = [ AB , u ] = (m ; m-2 ; 1 )
2m − 2(m − 2 ) − 1.1

Cos60 0 =
1
=
2

0,25

0,25

2

9 . m 2 + (m − 2 ) + 1

1
2

2m − 4 m + 5

⇔

2m 2 − 4m + 5 = 2

0,25

2− 2
2+ 2
hoặc m =

2
2
2− 2
2+ 2
); M (0;0;
)
Vậy tọa độ điểm M ( 0;0;
2
2
2

⇔ 2m -4m +1 = 0 ⇔ m =

Câu 8b
1 điểm

2

y
3
ĐK: x > 0; y > 0 . Ta có : x − xy + y =  x −  + y 2 > 0, ∀x; y > 0
2 4

VT (1) > 0
Xét x>y ⇒ log 3 x < log 3 y ⇒ 
⇒ (1) vô nghiêm nên hệ vô nghiệm
VP
(1)
<
0


2
2
2

2

VT (1) < 0
⇒ (1) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm
VT (1) > 0

Xét x<y ⇒ log 3 x > log 3 y ⇒ 
2

2

0=0



Do đó x=y thay vào hệ ta có 

2

2
x + x = 4
Vậy nghiệm của hệ là (x;y) = ( 2; 2)

⇔ x= y= 2

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Lưu ý: Các cách giải đúng đều cho điểm tối đa.

Sưu tầm và chia sẻ miễn phí

Trang 7