de thi thu dai hoc lan 3 truong thpt Nguyen trai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI TỔ TOÁN -TIN. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: TOÁN; Khối: A, B Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày kiểm tra: …/03/2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3. 2. Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2 x  (m  1) x  m (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x 1, 3 3 3 x , x thỏa mãn điều kiện x1  x2  x3  11 2. 3. (1  s inx  cos 2 x).cos( x  Câu II (2,0 điểm). 1  cot x. 1. Giải phương trình:.  ) 4  1 s inx 2. 2 2. Giải phương trình: x(4 x  1)  ( x  3) 5  2 x 0 . x  R.  4. tan 2 x. ( x 2  1)  x 2 I  dx 1  tan 2 x 0. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có các cạnh bên bằng a , đáy A'B'C' là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B trên mặt phẳng (A'B'C') là trung điểm H của cạnh A'B'. Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AC. Tính thể tích khối tứ diện EHB'C' và tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC'A'). Câu V (1,0 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức: x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu xy yz zx   thức: P = x  2 y  2 y  2 z  2 z  2 x  2 . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC. Biết phương trình các đường thẳng chứa đường cao BH, phân giác trong AD lần lượt là 3x + 4y + 10 = 0, x – y + 1 = 0; điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB và MC = 2 . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục 0xyz, cho hai mặt phẳng (P), (Q) có phương trình ( P) : x - 2 y + z - 1 = 0 và ( Q) : 2x + y - z + 3 = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt phẳng (Q) tại điểm M, biết rằng M thuộc mặt phẳng Oxy và có hoành độ xM = 1. (1  i)8 z ( 2  i ) 2 (1  2i )  256 . Câu VIIa. (1 điểm) Tính mô đun của số phức z thoả mãn: B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm M(1; 3). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt các trục toạ độ Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho diện tích của tam giác OAB nhỏ nhất và M thuộc đoạn AB. 2. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 4x + 2y + 2z – 3 = 0, mặt phẳng (P): x – y + z + 1 = 0 và hai điểm A(–1; 1; 0), B(2; 2; 1). Viết phương trình mặt phẳng (α) song song với AB, vuông góc với mp(P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn (C ) có bán kính bằng 3 . z i 2 2 z 2 z.z  4( z  z ) 1 i Câu VII.b (1,0điểm) Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện : ----------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI TỔ TOÁN -TIN. Câu I.1. I.2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2012 – 2013. Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày kiểm tra: 26/03/2013. Nội dung - Học sinh khảo sát đầy đủ các bước - Vẽ đồ thị đảm bảo đối xứng qua điểm uốn Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là: x 1   2 x3 – 2x2 – (m - 1)x + m = 0  x  x  m 0, (1) Để đồ thị hs(1) cát trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1   1  4m  0 m     4 m 0   m 0 1 (*) Giả sử x1 = 1, khi đó x2, x3 là hai nghiệm của phương trình(1), khi đó: x1 + x2 = 1, x1.x2 = -m 3 3 3 2 Theo đề ra: x1  x2  x3  11  1  ( x2  x3 )[( x2  x3 )  3 x2 x3 ]  11  3m  9  m  3. 1 m3 Kết hợp với đk (*) ta có 4 và m 0  x k   s inx 0   ,k Z   s inx  cos x  0 x   k 2    4 ĐK:  . (1  s inx  cos 2 x).cos( x  1  cot x  cos 2 x  s inx 0 II.1. II.2.  ) 4  1 s inx  (1  sinx  cos 2 x)(s inx  cos x).s inx s inx s inx  cos x 2.  s inx 1   2sin x  s inx  1 0   , thoa dk(*)  s inx  1  2    x  2  k 2     x   k 2 , k  K  6   x  7  k 2  6. Điểm 0.75 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25. 0.25. 0.25. 2. 2 Giải phương trình x(4 x  1)  ( x  3) 5  2 x 0 5 Điều kiện: x  2 .. 0.5. 0.25. 2. PT đã cho tương đương với 2 x(4 x  1) 2(3  x) 5  2 x 2  2 x(4 x  1) [(5  2 x)  1] 5  2 x (*) Đặt u = 2x, v = 5  2x (v  0). Phương trình (*) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 + 1) (**) Xét hàm số f(t) = t(t2 + 1)  f/(t) = 3t2 + 1 > 0,  t. (trong bài, từ đk và pt (**) suy ra u, v  [0; 5] – HS không cần nêu).. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Do đó f(t) đồng biến trên , nên (**)  f(u) = f(v)  u = v Từ đó, Pt đã cho tương đương 2x = 5  2x .  x 0    x   1  21 x  0 x  0    2    2 4  4 x  5  2 x 4 x  2 x  5  0      x   1  21 4     1  21 x 4  (thỏa đk). KL.. III. 0.25.   2 x 2 (1  tan 2 x)  tan 2 x 2 tan 2 x I  dx  ( x 2  )dx J  K 1  tan 2 x 1  tan 2 x 0 0   4 2 x3 4  3 J   x dx   3 192 0 0     4 tan 2 x 4 2 4 1 cos 2 x 1 sin 2 x 4 K  dx  sin xdx  (  ) dx ( x  ) 0 2 2 4 0 1  tan 2 x 0 0 2.  1  . 8 4 3  1  I   192 8 4 BE//( A'B'C') nên d(E, (A'B'C')= B'H. 0.25. 0.25. 0.25. . Tam giác B'HC' vuông tại H nên. B ' H  BB '2  B ' H 2 . a 3 2. 1 3 3  A ' B '.B ' C '.sin 600  a 2  S  a2 HB 'C ' 8 2 4 1 1 a 3 a 2 3 a3 V  B ' H .S  .  EHB 'C ' 3 HB 'C ' 3 2 8 16  S. IV. 0.25. A' B 'C '. 3VB. ACC ' A' 3a 3 a3 a 3 ; VB. ACC ' A' VABC . A' B 'C '  VB. A' B 'C '    S ACC ' A ' 8 8 4 A ' I  AB, IJ  AC  A ' J  AC , S ACC ' A '  A ' J . AC. d ( B,( A ' C ' C ' A ')) . a3 a 15 4  a 15 A ' J  A ' A2  IJ 2   d ( B, ( ACC ' A ')  4 5 a 15 .a 4 xy 1  xy xy xy  1  xy           2 xy   1 x  2 y  9 cyc  x 2y  Ta có cyc x  2 y  2 9 cyc  1 1 1  ( x  y  z )2  3 Mà xy + yz + zx 3 xy 2x  y 9 xy   x  2y 9 (x+2y)(2x+y) 3. V. 1 2 (3 x  3 y  3 z ) 1  (  ) 9 9 Nên P 9 3 1 Vậy GTLN của P là 9 khi x = y = z = 1/3 VIa.1 + Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AD. Đt MM’ qua M(0; 2) và vuông góc AD nên có phương trình: x + y – 2 = 0.. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 3 Tọa độ giao điểm K của MM’ và AD là K( 2 ; 2 ). Suy ra tọa độ M’(1; 1). Vì AD là phân giác trong góc A, M AB nên M’ AC. Do đó đường thẳng AC qua M’(1; 1) và vuông góc BH nên tìm được pt AC: 4x – 3y – 1 = 0. Ta có A = AC AD  A(4; 5). Đt AB qua A và M nên lập được phương trình AB: 3x – 4y +8 = 0. 1 Ta có B = AB BH nên tìm được B(–3; – 4 ).. Ta có MC = 2 nên C thuộc đường tròn (C ) tâm M(0; 2), bán kính 2 . Ngoài ra, C  AC nên tọa độ C là nghiệm hệ 3 y 1  3 y 1  x  x    4  4  x 2  ( y  2) 2 2 (pt (C))   25 y 2  58 y  33 0  y 1 hoac y  33    25 4 x  3 y  1 0  Suy ra có 2 điểm C thỏa điều kiện trên: C(1; 1), C’(31/25; 33/25) Theo cách xác định C như trên, thì B và C có thể nằm về 2 phía đối với AD, nên có thể xảy ra trường hợp AD là phân giác ngoài góc BAC. 1 + Kiểm tra cặp B và C với AD: (–3+ 4 +1)(1–1+1) < 0, suy ra B và C nằm về 2 phía đối với AD. Tương tự, B và C’ nằm về 2 phía đối AD. 1 KL: 2 bộ 3 điểm: A(4; 5), B(–3;– 4 ), C(1; 1) và A, B, C’(31/25;33/25). Vì M  mp Oxy và có hoành độ bằng 1 nên M(1; y; 0). Lại có, mặt cầu tiếp xúc với mp(Q) nên M mp(Q). Tìm được M(1; – 5; 0). Gọi I(a; b; c) là tâm của mặt cầu (S) cần tìm. Ta có (S) tiếp xúc với mp(Q) tại M nên IM  (Q). r n ( 2;1; - 1) Mặt phẳng (Q) có một vectơ pháp tuyến . ïìï a = 1 + 2t VIa.2 uur r ï MI = tn ( t Î ¡ ) Û í b =- 5 + t ïï ïïî c =- t Ta có IM  (Q)  I (P)  1 + 2t – 2(–5 + t) – t – 1 = 0  t = 10  I(21; 5; – 10) Bán kính mặt cầu R = d(I; (Q)) = 10 6 . 2. VIIa. VIb.1. 2. 2. Vậy phương trình mặt cầu (S): (x – 21) + (y – 5) + (z + 10) = 600. ((1  i ) 2 ) 4 z (1  2 2i )(1  2i )  256 Ta có 1 81 5i 2   i 2 16 16 = 81  z i 2 16 7073 z  256 Vậy Lập luận. M  1;3. có toạ độ dương thuộc góc phần tư thứ nhất và điểm M thuộc đoạn AB nên A  a;0  , B  0; b  điểm A, B thuộc tia Ox, Oy, suy ra với a  0, b  0 . x y  1 Viết phương trình đường thẳng d theo đoạn chắn: a b . 1 3  1 Lập luận điểm M  d  a b .. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 3 , Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng - trung bình nhân cho hai số dương a b ta có: 1 3 3 1   2  ab 12 a b ab 1= . 1 3 1    a b 2 ab = 12 . 0.25. a 2  b 6 .. x y  1  6 x  2 y  12 0 Do đó, phương trình đường thẳng d: 2 6 . 2 2 2 Pt (S) viết dưới dạng (x – 2) + (y + 1) + (x + 1) = 9. Suy ra (S) có tâm I(2; – 1; – 1), bán kính R = 3.   Ta có AB = (3; 1; 1), một VTPTcủa mp(P) là n = (1; – 1; 1).  AB , n ] = (2; – 2; – 4) ≠ 0 . Do đó [  Gọi u là một VTPTcủa mp(α). Ta có  u  AB () // AB        ()  ( P) u  n  u cùng phương với [ AB , n ].  1    u n u 2 AB VIb.2 Chọn = [ , ]  = (1; – 1; –2)  u Mp(α) có một VTPT nên có phương trình dạng x – y – 2z + D = 0. Gọi d là khoảng cách từ I đến mp(α). Mp(α) cắt (S) theo một đường tròn (C ) có bán kính r = R2  r 2  9  3  6 .  D 1 2  (  1)  2(  1)  D  6  6 Ta có d = 6  |5 + D| = 6  D  11 . Với D = 1 thì (α): x – y – 2z + 1 = 0 không qua A(–1; 1; 0) (vì – 1 – 1 – 2.0 + 1 ≠ 0) nên (α) // AB. Tương tự, mp(α): x – y – 2z – 11 = 0 cũng song song với AB. Vậy có hai mặt phẳng (α) thỏa yêu cầu bài toán có phương trình: x – y – 2z + 1 = 0 và x – y – 2z – 11 = 0 2 2 2 2 z a  bi  a , b    Đặt , theo bài ra ta có: 2(a  b )  ( a  (b  1)i).(1  i) a  b  8a. 3 nên d =. 2. VIIb. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25 0.25. 2.  a  b  7 a  b  1 0  a 2  b 2  8a  a  ai  (b  1)  b  1)i 0    a  b  1 0   2 2 2 2 a  a    2 2 và    4  2  4 2 2 4 2 b  b   2 z  i   2 2 2 2 Giải hệ được . Vậy. 0.25. ,z . 2. 2 2. . 4. 2 2. 0.5 i.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>