KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
42
22  y x x
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
2. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số
cộng.
Câu 2: (2 điểm)
1. Giải phương trình:
1
2sin +tanx+ 1 tan3x
cos3x
x

2. Giải hệ phương trình:
2
2
2
log 2
4 1 4 0






   


y
x
x xy y

Câu 3: (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A(5;1) và đường tròn (C) :
22
2 4 2 0    x y x y
. Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm A, cắt đường tròn (C) tại hai
điểm M, N sao cho MN =
3

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
20   x y z
và đường thẳng
(d):
3 2 1
2 1 1
  


x y z
. Viết phương trình đường thẳng
()

đi qua M(3;0;-3) cắt đường thẳng (d)
và mặt phẳng (P) lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB.
Câu 4: (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N là trung điểm của
SA, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết góc giữa MN và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
.
Câu 5: (2 điểm)
1. Tìm
4
3
0
2sinx+cosx
(sinx+cosx)

dx


2. Tìm m để phương trình :
22
3 3 3 2
2 2 2 2
   
   
x mx m x mx m
x mx m
có 2 nghiệm dương
phân biệt.
Câu 6: (1điểm)

Xét các số thực dương
cba ,,
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
ca
cb
b
ca
a
cb
P
32
)(12
3
34
2
)(3







.

----------------------HẾT----------------------
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………
www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2012 – 2013
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN

Câu ý Nội dung Điểm
1
(2điểm)
1
42
22  y x x

TXĐ: R
3
' 4 4y x x
.
0
'0
1






x
y

x

0,25
Giới hạn:
;
lim lim
xx
yy
 
   

bảng biến thiên
X
-∞
1
0
1
+∞
y’ – 0 + 0 – 0 +

Y



0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng
( 1; 3);(1; )  

Hàm số nghịch biến trên khoảng
( ; 1);(0;1) 

Điểm cực đại
(0; 2)
; điểm cực tiểu
( 1; 3);(1; 3)  

0,25
Đồ thị
đồ thị hàm số có 2 điểm uốn là
1 7 1 7
( ; );( ; )
33
33
  

Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng
0,25
2
Hoành độ giao điểm là nghiệm của pt:
42
2 2 0   x x m
(1)
Từ câu 1) suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt
32    m

0,25
Đặt
2
( 0)t x t

Phương trình trở thành :
2
2 2 0   t t m

Khi
32   m
thì phương trình (1) có 4 nghiệm là:
2 1 1 2
    t t t t

0,25
4 nghiệm lập thành cấp số cộng
2 1 1 2 1

29    t t t t t

0,25

y
O
x
+∞
+∞
3

3

2

4
2
-2
-4
-5 5
www.VNMATH.com
Theo định lý Vi-ét ta có:
1
1
12
2
12
1
1
10 2

2
5
2 59
92
()
25









  
  
  






t
t
tt
t t m
tm
m tm

Vậy
59
25
m



0,25
2
(2điểm)
1
Điều kiện:
2
cos3x 0 x
63
   
k


0,25
1 1 2sin
2sin 1 tan3 tan 2sin 1
cos3 cos3 cos3
1
sinx=
1
(2sin 1)( 1) 0
2
cos3

cos3x=1
        


    


x
Pt x x x x
x x x
x
x

0,5
2
1
6
sinx=
5
2
2
6










xk
xk




(không thỏa mãn điều kiện)
2
os3x=1 3 2
3
   
k
c x k x


(thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của phương trình là:
2
3

k
x

.
0,25
2
2
2
2

log 2 (1)
4 1 4 0 (2)





   


y
x
x xy y
Điều kiện: x>0.
Từ (2) suy ra y<0
(2)
2 2 2 2 4
4 1 4 16 16 4        x xy y x x y x y

2 2 2 4 2 2
4 16 16 0 ( 4)(4 4) 0         x y x x y xy x xy

2
2
4
4   xy x
y
( vì
2
4 4 0  x xy

)
0,25
Thay vao (1) ta được:
2
22
2
4
log 2 4.2 2log ( ) 2 0

     
yy
y
y

Xét
2
2
( ) 4.2 2log ( ) 2 '( ) 4.2 .ln2
ln2
      
yy
f y y f y
y

0,25


Đặt
( 0)  t y t

2
2 2ln2 1 2
'( ) 0 4.2 .ln2 0 0 2ln 2
ln2 2 ln2

        
t
t
t
fy
t t t

Xét
2
2 2 ln2 2 1
( ) '( ) 0
ln2

     
t t t
t
g t g t t
tt

Ta có bảng biến thiên
T
0
1
ln 2
+∞

g’(t) – 0 +

g(t)















0,25
+∞
+∞
1
()
ln2
g

www.VNMATH.com
Vì
1
22

ln2
12
( ) 2 .ln2 2.ln 2 2.ln 2 0
ln2
     
t
gt
t

'( ) 0 0 ( )    f y y f y
nghịch biến trên khoảng
( ;0)

Nên phương trình f(y)= 0 có nghiệm duy nhất
14   yx

Vậy hệ có nghiệm (4;-1)






0,25
3
(2điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(1;-2)
bk R =
3
.

Gọi H là giao điểm của MN và AI
Ta có :
22
3
2
  IH IM MH

5IA




0,25



0,25
TH1: A và I nằm khác phía với MN
Ta có :
37
5
22
    HA IA IH

Trong tam giác vuông MHA ta có :
22
13  AM HM AH

Vậy phương trình đường tròn (C’) là:
22

( 5) ( 1) 13   xy


0,25


TH2: A và I nằm cùng phía với MN
Vì IA>IH nên I nằm giữa H và A
Ta có :
3 13
5
22
    HA IA IH

Trong tam giác vuông MHA ta có :
22
43  AM HM AH

Vậy phương trình đường tròn (C’) là:
22
( 5) ( 1) 43   xy




0,25
2
Gọi điểm
(3 2 , 2 ; 1 ) ( )     A t t t d
và

( , , ) ( )B a b c P

0,25

M là trung điểm của AB
3 2 6 3 2
2 0 2
1 6 5
    


       


       

t a a t
t b b t
t c c t

Vì
( , , ) ( ) 2 0 (3 2 ) (2 ) ( 5 ) 2 0              B a b c P a b c t t t


1t

Suy ra A(5;-1;-2) và B(1;1;-4)


0,5

Vậy phương trình đường thẳng
()
là:
32
3






  

xt
yt
zt


0,25
H
N
M
A
I
H
N
M
A
I
www.VNMATH.com

4
(1điểm)
Gọi I là trung điểm AC, do tam giác
SAC cân nên
SI AC
mà
( ) ( )SAC ABC
suy ra
()SI ABC



0,25
Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI suy ra MH

(ABC) do đó:
0
( ,( )) 60MN ABC MNH
.
2
2
ABC
a
S 


0,25

Xét tam giác HCN có :
32
;
24

aa
NC HC
2
2 2 2 0
5 10
2 . . os45
84
     
aa
NH HC NC HC NC c NH


0,25
Trong tam giác MHN có MH = NH.tan
0
30 30
60 ; 2
42
a SI MH a  

3
1 30
.
3 12
SABC ABC

V SI S a

0,25
5
(2điểm)
1
44
3 3 3
00
2sinx+cosx osx(2tanx+1)
(sinx+cosx) cos x(tanx+1)


c
dx dx


Đặt t = tanx
2
1
os
dt dx
cx
. Đổi cận x =0
0t
;
1
4
  xt


Vậy
1 1 1
3 2 3
0 0 0
(2t+1) 2 1
(t+1) (t+1) (t+1)
  
  
I dt dt dt


0,25


0, 5
1
1
2
0
0
2 1 5
1 2(t+1) 8
   
t

0,25
2
22
3 3 3 2 2

1
2 2 (3 3 ) ( 3 )
2
   
      


x mx m x mx m
x mx m x mx m

Xét
1
( ) 2
2

t
f t t
là hàm đồng biến trên R
Vậy pt
2
2 2 0   x mx m


0,25


0,25

Pt có 2 nghiệm dương phân biệt
2

' 0 2 0
0 2 0 2
0 2 0
   



     





mm
S m m
Pm

Vậy m>2


0,5
B
C
A
S
I
H
M
N
www.VNMATH.com