DE THI THU NGUYEN XUAN NGUYEN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN NGUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH -CĐ NĂM HỌC 2012 -2013 Môn: TOÁN, khối A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm). y  x3  3x 2   m  1 x  1 1. Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị 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 .  Cm . với m là tham số. tại 3 điểm phân biệt. P  0,1 , M , N. 5 2 O  0;0  sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 2 với Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: sin 4 x +2 cos 2 x+ 4 ( sin x +cos x )=1+cos 4 x Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình:. ¿ x 2 −3 x ( y −1)+ y 2+ y (x −3)=4 x − xy −2 y=1 ¿{ ¿. (x , y ∈ R). e 2 x 2  x (1  2 ln x )  ln 2 x I  dx 2 2 ( x  x ln x ) 1 Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân:. 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 Câu 7.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy và đường thẳng.  d  : x  y  10 0 . Từ điểm M trên. 2 2 C  :  x  3   y  1 9  cho đường tròn  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  d1 :  y 2  t  z 1 . Câu 8.a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng x  2 y  1 z 1 d2 :   1 2 2 . Viết phương trình mp(P) song song với d1 và d 2 , sao cho khoảng cách từ d1 đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ d 2 đến (P). z  2  5i 1 Câu 9.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (1  3i ) z là số thực và . 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 , K  6; 2 . biết đường thẳng AC đi qua điểm. 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.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x  y  z  1 0 để MAB là tam giác đều. 1− x ¿ n Câu 9.b (1 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1− x ¿2 +. ..+ n¿ thu được đa thức 1− x+ 2¿ n P( x)=a0 + a1 x +.. .+a n x . Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: 1 7 1 + = . C 2n C 3n n ----------------------------- Hết ----------------------------HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KHỐI A, A1, B KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH - CĐ NĂM HỌC 2012 - 2013 (Hướng dẫn chấm gồm năm trang) Câu. Đáp án. Điểm. a. (1 điểm) 3 2 Với m =-1, y x  3x  1 R. 1) Tập xác định: 2) Sự biến thiên: lim y  lim  x 3  3x 2  1  , lim y  x   x   x   a. Giới hạn: . b. Bảng biến thiên:  x 0 y 3x 2  6x 3x(x  2), y 0    x 2 Bảng biến thiên: x −∞ 0 y 0 + -. y. 2. +∞. 0. +. 1. +∞. −∞. -3.   ; 0  và  2;  .  0; 2  . + Hàm số nghịch biến trên khoảng + Hàm số đồng biến trên khoảng. 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. -4. -6. -8. b. (1 điểm). 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Phương trình hoành độ giao điểm của.  Cm . và (d):. x3  3x 2   m  1 x  1  x  1.  x 0  y 1  P  0;1  x  x 2  3 x  m  0   2  x  3x  m 0  2    2  Cm . Để. cắt (d) tại 3 điểm phân biệt. 0.5. có 2 nghiệm phân biệt khác 0.  m 0   9  m  4. Giả sử. M  x1; x1  1 , N  x2 ; x2  1. khi đó x1; x2 là nghiệm của pt(2). 1 OM .ON .MN SOMN  MN .d  O;  d    2 4R Ta có (với R là bán kính đường tròn ngoại OMN tiếp tam giác ) 1 OM .ON .  .d  O;  d     OM .ON 2 R.d  O;  d   5 2d  O;  d    3 2 4R Mà ta có. OM .ON . 2 1.  2x. 0.5.  2 x1  1 2 x12  2 x1  1. . . 2 2 Với x1 3 x1  m; x2 3 x2  m.  OM .ON  4m 2  12m  25 1 2 * d  O;  d     2 2 4m 2  12m  25 5 2. 2 (1 đ). 3 (1 đ). 2 5  2.  m 0  m  3 . Khi đó thế vào (3) ta được Vậy m  3 thỏa mãn ycbt sin 4 x +2 cos 2 x+ 4 ( sin x +cos x )=1+cos 4 x 2 ⇔ 2 sin 2 x cos 2 x+2 cos 2 x − 2cos 2 x +4 ( sin x +cos x ) =0 ⇔ cos 2 x ( sin2 x +1− cos 2 x ) +2 ( sin x+ cos x )=0 ⇔ cos 2 x ( 2sin x cos x+ 2sin 2 x ) +2 ( sin x +cos x ) =0 ⇔ ( sin x +cos x ) ( cos 2 x sin x+1 )=0 π Với sin x+ cos x=0 ⇔ x=− +kπ , k ∈ Z 4 Với cos 2 x sin x +1=0 ⇔ ( 1− 2sin 2 x ) sin x +1=0 ⇔ ( sin x − 1 ) ( − 2sin 2 x − 1 )=0 π ⇔ sin x=1 ⇔ x= +2 mπ , m∈ Z 2 2 2 2 Ta có PT (1) : x -3x(y-1) + y + y(x-3) = 0 ⇔ (x-y) + 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 x − xy − 2 y=1 (Hệ PT vô nghiệm) ¿{ ¿. 0.5. 0.5. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2) e e ( x  ln x )2 x2  x I  2 dx  dx  2 2 2 1 ( x  x ln x ) 1 ( x  x ln x ). 4 (1 đ). e. ( x  ln x )2. e. 0.25 0.25. 1. 1 A  2 dx  2 dx 1  2 e 1 ( x  x ln x ) 1x 1 1 e e e 2 x 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 ) 1 1 I 2   e e 1 Vậy. 0.25 0.25. Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo gt SH  ( ABCD) 2 1 O  AC  BD  CH  CO  AC a  AH  AC  HC 2a 3 3 Gọi. 5 (1đ). 0 SA tạo với đáy góc 450 suy ra SAH 45  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 )). 0.5. Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó  2a 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  M  ; ; a  3  6 .  AC (a; 2 2a;0)   5a 2 2 a  AM  ; ; a   3  6 . S. M. 0.5. D C H. O A. . . B. AC  AM (2 2a 2 ;  a 2 ;  2a 2 ).  n Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt (2 2;  1;  2) nên có phương trình là  2 2a 2 2a 2 2 x  y  2 z 0  d ( D;( ACM ))   8 1  2 11 Từ giả thiết suy ra 6 (1đ). Đặt : Ta có:. 1 1 1   2 a b c. x. 1 1 1 ; y= ;z= a b c. P. 1 1 1 x3 y3 z3      a(2a  1)2 b(2b  1) 2 c(2c  1) 2 ( y  z ) 2 ( x  z )2 ( y  x)2. Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2. x3 y  z y  z 3x    2 8 8 4 Áp dụng bđt Cô-si: ( y  z ) 3 y x  z x  z 3y    2 ( x  z) 8 8 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> z3 y  x y  x 3z    ( y  x)2 8 8 4. Do đó:. 1 1 P  ( x  y  z)  4 2 ( đpcm) y d. A. M H. I. B. O. 7a (1đ). Đường tròn (C) có tâm. x. 1. I  3;1 , bk R OA 3 AH . 3 2 2 . Suy ra:. Gọi H  AB  IM , do H là trung điểm của AB nên IA2 6 9 3 2 IM   3 2 IH  IA2  AH 2  9   IH 2 2 2 và Gọi. M  a;10  a    d . 2. ta có. 2. IM 2 18   a  3   9  a  18. 2a 2  24a  90 18  a 2  12a  36 0  a 6 M  6;4 . Vậy. . u  1;  1;0  Ta có : d1 đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : 1 . 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 ;( P )) d( 1 ;(P)) = d(A ; (P)) = 3 ; d( 2 = d( B;(P)) = 3  7  m 2. 5  m vì d( d1 ;(P)) = 2. d( d 2 ;( P))  m  3  7  m 2(5  m)    m  17  3   7  m  2(5  m)  Với m = -3 mp(P) : 2x + 2y + z – 3 = 0 17 17 Với m = - 3  mp(P) : 2x + 2y + z - 3 = 0 Giả sử z  x  yi , khi đó (1  3i ) z (1  3i )(a  bi ) a  3b  (b  3a )i. 1. (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.  a 2  b 6 2 2  10a  34a  29 1  5a  17 a  14 0    a  7  b  21 5 5 . 1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 7 21 z 2  6i, z   i 5 5 Vậy 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. 1. Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là. I  AB. Tam . . giác. ABC. vuông tại A. nên.  d  : x  2 y  5 0. BI  2b  3;4  b . nên I (2;4) và. vuông góc. với. CK  11  2b;2  b .  b 1 2b    4  b   2  b  0   5b 2  30b  25 0    b 5 Với b 1  B (3;1), C ( 3;  1)  A(3;1) B loại  31 17   A ;   5 5 Với b 5  B (  5;5), C (5;  5).  2b  3  11 .  31 17  A  ;  ; B ( 5;5); C (5;  5) Vậy  5 5  Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB  (Q): x  y  z  3 0 8b (1đ). Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q)  d:.  x 2   y t  1  z t . M (2; t  1; t )  AM  2t 2  8t  11 ,. Md  MAB đều khi MA = MB = AB.  2t 2  8t  1 0  t . 9b (1đ). Ta có. 1. AB = 12. 4  18 2.  6  18 4  18   M  2; ;   2 2 . n 3 1 7 1     7.3! 1  2 C n2 C n3 n  n(n  1)  n( n  1)(n  2)  n . 3n 2n.9 n3650 8 9 8 Suy ra a8 là hệ số của x trong khai triển 8(1  x)  9(1  x) . a8 = 8.C88  9.C98 89. Vậy. 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.. 1.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>