de thu thu dai hoc 2013 rat hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD-ĐT. THI THU DAI. I.. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 3 2 2 2 Câu 1. Cho hàm số y x  3 x  3(1  m ) x  2m  2m  1 (m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m  1. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu; đồng thời hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng d : x  4 y  5 0. 1      cos   2 x  cos   2 x   sin 2 x  1  cos 2 x   0 x  . 4 với 4  4  4 Câu 2. Giải phương trình 3 3 3  27 x y  7 y 8  2 2 9 x y  y 6 x. Câu 3. Giải hệ phương trình e. Câu 4. Tính tích phân. I  1. ln x  2. x ln x  x. ( x, y   ). dx. Câu 5. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, với SA SB  AB 2a 2 BC và ABC 1200. Gọi H là trung điểm của cạnh AB và K là hình chiếu vuông góc của H trên mặt phẳng ( SCD), K nằm trong tam giác SCD và. HK a. 3 5. .. Tìm thể tích của hình chóp theo a. Câu 6. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn ab  a  b 3. Chứng minh rằng 3a b 1. . 3b a 1. . ab a b. a 2  b 2 . 3 2. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được một trong hai phần riêng, phần A hoặc phần B. A. Theo chương trình chuẩn 2 2 Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x  1)  ( y  1) 16 có tâm I và điểm A(1  3; 2). Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và cắt (C ) tại hai điểm B, C phân biệt sao cho tam giác IBC không có góc tù đồng thời có diện tích bằng 4 3. Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M (0; 4; 2) và hai mặt phẳng ( P), (Q) lần lượt có phương trình 3x  y  1 0, x  3 y  4 z  7 0. Viết phương trình của đường thẳng  đi qua M và song song với giao tuyến của ( P ) và (Q ). Câu 9a. Tìm tất cả các số thực a, b sao cho số phức z 2  3i là nghiệm của phương trình z 2  az  b 0. B. Theo chương trình nâng cao Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (3; 4) và đường tròn.  : x 2  y 2  6 x  2 y  2 0. Viết phương trình của đường tròn  với tâm M, cắt  tại hai điểm A, B ssao cho AB là cạnh của một hình vuông có bốn đỉnh nằm trên . Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình của mặt cầu có tâm I (1; 2;3) và tiếp xúc với đường thẳng. d:. x y 2 z   . 1 2 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2 2 2 Câu 9b. Hãy giải phương trình sau trên tập hợp số phức ( z  i) ( z  i)  5 z  5 0.. GV:Tran xuan vinh Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GD-ĐT VĨNH PHÚC THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV NĂM HỌC 2012 – 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HD chấm môn TOÁN 12 – Khối B,D VĨNH PHÚC Hướng dẫn chung: - Mỗi một bài toán có thể có nhiều cách giải, trong HDC này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Học sinh có thể giải theo nhiều cách khác nhau, nếu đủ ý và cho kết quả đúng, giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần đó. - Câu (Hình học không gian), nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình chính của bài toán, thì không cho điểm, nhưng không nhất thiết phải vẽ hình 1; câu (Hình học giải tích) không nhất thiết phải vẽ hình. - Điểm toàn bài chấm chi tiết đến 0.25, không làm tròn. - HDC này có 04 trang. Câu Nội dung trình bày Điểm 3 2 1 0.25 1. m  1: y  x  3x  3 . TXĐ:  Chiều biến thiên: y  3x( x  2), y 0  x 0  x 2 Xét dấu y và kết luận: hàm số đồng biến trên (  ;0), (2; ) , nghịch biến trên (0; 2) Hàm số đạt cực đại tại x 0, ycd 3 ; hàm số đạt cực tiểu tại x 2, yct  1 Nhánh vô cực: Vẽ đồ thị. lim y  , lim y   . x  . x  . ; lập bảng biến thiên. 0.25. 0.25. 0.25. 2 2 2. y 3x  6 x  3(1  m ). Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y 0 có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi qua hai 2 2 nghiệm đó. Điều này tương đương với phương trình x  2 x  1  m 0 có hai nghiệm phân biệt, tức là m 0.. 2. 0.25. 3 2 3 2 Khi đó, đồ thị của hàm số có hai điểm cựctrị A(1  m;  2m  m  1), B (1  m; 2m  m  1) Hai điểm này đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi trung điểm của AB nằm trên d và AB  d . Điều. 0.25. 1  4(1  m 2 )  5 0  m  2  2  2 m  4  này tương đương với  Kết luận  1 cos( )  cos 4 x  (1  cos 2 x )(1  cos 2 x )  2 2 Biến đổi tích thành tổng, thu được 1  k  cos 4 x  1  cos 2 2 x   cos 4 x 0  x   , k  2 8 4. 0.25 0.25 0.25 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3.    x   0;  x  4  nên 8 Do Nhận xét y 0, nhân hai vế phương trình thứ hai với 7y, trừ đi phương trình thứ nhất, được (3 xy )3  7(3 xy) 2  14(3 xy)  8 0. 0.25. 0.25. Từ đó tìm được hoặc xy 1 hoặc xy 2 hoặc xy 4 19 7 x  3 7 do đó 19 26 7 y  2 3 x  3 7 do đó 26 Với xy 2, thay vào phương trình thứ nhất, được 215 7 y  2 3 x  2 3 7 do đó 215 Với xy 4, thay vào phương trình thứ nhất, được ln x  2 dx · Viết lại biểu thức dưới dấu tích phân ln x  1 x dx dt , Đặt ln x t thế thì khi 1  x 2 thì 0 t 1 và x Với xy 1, thay vào phương trình thứ nhất, được. 4. 1. y . 3. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. 1. t 2 3   I  dt  1  dt t 1 t 1   0 0 Khi đó Tính được I 1  3ln 2 1  ln 8. 0.25 0.25. 5. Hình 1. Hình 2. Gọi I là trung điểm CD. Chỉ ra các tam giác ADH , HDI , IHB, BCI là các tam giác đều cạnh a. Suy a2 3 S ABCD 4  a 2 3 4 ra (đ.v.d.t) Gọi J là trung điểm DI. Khi đó HJ  AB, CD và do đó CD  ( SHJ ) . a 3 HJ  2 . Hơn nữa, do tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a và H là Suy ra K  SJ . Ngoài ra trung điểm AB nên SH  AB và SH a 3.. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 6. 1 1 5 1   2  2 2 HJ 3a HK 2 do đó tam giác SHJ vuông tại H . Suy ra SH Từ đó, do SH  AB, HJ nên SH  ( ABCD) hay SH là đường cao của hình chóp. V  a 3 Vậy S . ABCD (đ.v.t.t) Từ giả thiết suy ra (1  a)(1  b) 1  ab  a  b 4 . Đặt a  b x, x  0 thế thì x 2 ( a  b) 2 4ab 4(3  x )  x 2 (do x  0 ) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 3 3a  1  a   3b  1  b  3 12 a 2  b2     1   a 2  b2   3  a  b    10 0 2 a b a b 1 a 1 b 2. 2. 2. 2. 2. 2. 0.25 0.25 0.25. 0.25 (1). 2. Do a  b (a  b)  2ab nên a  b x  2(3  x )  x  2 x  6, do đó (1) trở thành 12 x 2  2 x  6  3x   10 0  x3  x 2  4 x  12 0 x 3 2 2 Để ý rằng x  x  4 x  12 ( x  2)( x  x  6) 0 nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Suy ra 7a. điều phải chứng minh. Đường tròn (C ) có tâm I (1;  1) và bán kính R 4 1 3 ·IC·IB·sin CIB S ICB 4 3 sin CIB  2 . Từ đó, do CIB 900 và IC IB nên Do 2 nên tam giác CIB đều, với độ dài ba cạnh bằng 4. Bởi vậy, bài toán quy về viết phương trình đường. 0.25. 0.25 0.25. 0.25. thẳng  đi qua A(1  3; 2) và cách I (1;  1) một khoảng bẳng 2 3. 2 2 Đường thẳng  có phương trình a( x  1  3)  b( y  2) 0 với a  b 0. |  a 3  3b |. 8a. 9a. 7b. 2 3. a2  b2 Ta có phương trình , từ đó tìm được b a 3 Chọn a 1, b  3 , suy ra  : x  3 y  1  3 3 0.  Mặt phẳng ( P ) có véctơ pháp tuyến p (3;  1;0) và mặt phẳng (Q ) có véctơ pháp tuyến  q (1;3;4) Giao tuyến d của (P) và (Q) có véctơ chỉ phương    u [ p; q ]  (  4;  12;10)  2(2;6;  5)  1 v  ·u (2;6;  5) 2 Do  d nên  có véctơ chỉ phương x y 4 z 2   6 5 Do đó,  có phương trình 2 2 Tính z 1  6i , az 2a  (3a )i 2 Suy ra z  az  b (2a  b  1)  (3a  6)i.  2a  b  1 0  Từ đó, có hệ 3a  6 0 Giải hệ, thu được a  2, b 3 và kết luận. Đường tròn  có tâm I (3;  1) và bán kính R 2 2 . 2 2 2 Giả sử tìm được đường tròn  : ( x  3)  ( y  4)  thỏa mãn yêu cầu. Khi đó, do AB là dây. 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'>(6)</span>  cung chung, nên AB  IM , hay đường thẳng AB nhận IM (0;5) làm véctơ pháp tuyến. Hơn nữa, I và M ở về hai phía của AB. Do đó, đường thẳng AB có phương trình dạng 5 y  c 0 với  20  c  5. (1). AB là cạnh của hình vuông nội tiếp  khi và chỉ khi tìm được c  5 . Suy ra AB : y  1 0.. d ( I ; AB ) . R 2 2 . Từ đó, kết hợp với (1),. 0.25.  2  23 0. 10 Từ đó. 0.25. Mặt khác AB là trục đẳng phương của  ,  nên AB có phương trình 2. 8b. 2. 2.  13 , bởi vậy  : ( x  3)  ( y  4) 13  + Đường thẳng d đi qua M (0;  2;0) , có véctơ chỉ phương u (1;  2;2) .  Tính được MI (1;4;3)   [ MI ; u ] 233 d (I;d )     |u | 3 + Khẳng định và tính được + Khẳng định mặt cầu cần tìm có bán kính bằng d ( I ; d ) và viết phương trình ( x  1)2  ( y  2) 2  ( z  3) 2 . 9b. ... y . 2 2 2 Viết lại phương trình về dạng ( z  1)  5z  5 0 2 2 Khai triển, rút gọn, nhân tử hóa ( z  1)( z  4) 0. Giải các phương trình, thu được z i và z 2 rồi kết luận.. 233 9. 0.25 0.5. 0.25 0.25 0.5 0.25.

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