Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan laisac de86 2014

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 - 2013
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Môn thi: TOÁN; Khối: D

Thời gian làm bài: 180 phút; không kể thời gian phát đề.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm).
Cho hàm số
11292
223

xmmxxy
(1) (
m
là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1m
.
b) Tìm
m
để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng
)3;2(
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
0
sin
cos3cos3sinsin4
2
5
sin










x
xxxxx

.
C
âu 3 (1,0 điểm).
Giải phương trình:
85)6(2
32

xxx
.
C
âu 4 (1,0 điểm).
Tính tích phân



3/
3/
2
)3sincos(sin2



dxxxxxI
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ
111
.
CBAABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
,
aAB 
,
ABC
0
60

; hình chiếu vuông góc của
1
A
trên mặt phẳng
)(
ABC
là trung điểm của
BC
; góc giữa
đường thẳng
1

AA
và mặt phẳng
)(
ABC
bằng
0
60
. Tính thể tích khối lăng trụ
111
.
CBAABC
theo
a

và góc
giữa hai đường thẳng
1
CA
và
1
BB
.

Câu 6 (1,0 điểm). Tìm
m
để bất phương trình sau có nghiệm

13)11(
33
4


xxxxmx
.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình Chuẩn
C
âu 7.a (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
với
)1;1(
A
,
)3;2(
B
và
C
thuộc đường tròn
0946
22

yxyx
. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác
ABC
, biết diện tích

của tam giác
ABC
bằng
5,0
và điểm
C

có hoành độ là một số nguyên.

C
âu 8.a (1,0 điểm).
Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho ba điểm
),2;0;3(
A
),0;1;1(
B
)3;5;4(
C
. Gọi
M
là điểm thuộc đoạn
BC
sao cho
BMMC
2

. Viết phương trình
đường thẳng


đi qua
B
, vuông góc và cắt đường thẳng
AM
.
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức
z
thỏa mãn
52  iz
và điểm biểu diễn của
z
thuộc đường thẳng
013  yx
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, viết phương trình chính tắc của hypebol
)(H
, biết hình chữ nhật cơ sở của
)(H
có diện tích
48
và một đường chuẩn của
)(H
có phương trình
0165 x
.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ

Oxyz
, cho điểm
)2;3;0( M
và đường thẳng
4
1
11
:


zyx
. Viết phương trình mặt phẳng
)(P
qua
M
, song song với

và khoảng cách giữa

và
)(P
bằng 3.
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức
10
)31( iz 

…………HẾT
Cảm ơn cô Trương thị Hằng ( ) gửi tới www.laisac.page.tl
Trang 1/6

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN THỨ 1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU MÔN THI: TOÁN; KHỐI: D
(Đáp án gồm 6 trang)
Câu Nội dung Điểm
1.a

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
1
12
9
2
2
3




x
x
x
y

1,00
* Tập xác định : D = R.
* Sự biến thiên của hàm số:
- Giới hạn tại vô cực:




x
y
lim
,





x
y
lim
.

0,25
- Bảng biến thiên:
Ta có:
R
x
x
x
y





,
12
18
6
'
2
;
2

0
'




x
y
hoặc
1


x
.

x
-

-2 -1



y’ + 0 - 0 +

y




-3

-4
-



0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
)
2
;
(


,
)
;
1
(


và nghịch biến trên khoảng
)
1
;
2
(


.
Hàm số đạt cực đại tại

2


x
, với giá trị cực đại
3
)
2
(



y
và đạt cực tiểu tại
1


x
, với giá
trị cực tiểu
4
)
1
(



y
.
0,25

* Đồ thị
)
(
C
:
-
)
(
C
cắt
Oy
tại điểm
)
1
;
0
(

-
)
(
C
đi qua điểm
)
8
;
3
(



-
)
(
C
có điểm uốn
)
2
/
7
;
2
/
3
(


I
.
)
(
C
nhận
)
2
/
7
;
2
/

3
(


I
làm tâm đối xứng.



f(x)=2*x^3+9*x^2+12*x+1
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y

0,25
Trang 2/6

1.b


Tìm
m

để hàm số
1
12
9
2
2
2
3




x
m
mx
x
y
(1) nghịch biến trên khoảng
)
3
;
2
(
.
1,00
R
x
m
mx

x
y





,
12
18
6
'
2
2
.
2
9
'
m


.
- Nếu
0

m
thì
R
x
y




,
0
'
, hàm số đồng biến trên R. Vậy
0

m
không thỏa mãn.
0,25
- Nếu
0

m
thì
m
x
m
y






2
0
'

. Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng
)
3
;
2
(
khi
và chỉ khi
m
m





3
2
2
(vô nghiệm).
0,25
- Nếu
0

m
thì
m
x
m
y
2

0
'






. Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng
)
3
;
2
(
khi
và chỉ khi
2
3
2
2
3
2











m
m
m
.
0,25
Vậy, các giá trị
m
cần tìm là
]
2
3
;
2
[



m
.
0,25
2.

Giải phương trình:
0
sin
cos
3
cos
3
sin
sin
4
2
5
sin










x
x
x
x
x
x


.


1,00

Điều kiện :
0
sin

x
. Với điều kiện này, phương trình đã cho tương đương:
0
)
sin
3
sin
cos
3
(cos
4
cos



x
x
x
x
x

0,25

2
2
4
2
cos
4
cos
k
x
x
x
x








)
(
Z
k
k
x




hoặc
)
(
3
Z
k
k
x




0,25
)(
3
Zkkx 

.

3

k
x

thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi
)
(
1

3
Z
m
m
k



hoặc
)
(
2
3
Z
m
m
k




0,25
Vậy, nghiệm của phương trình là
)
(
3
Z
m
m





,
)
(
3
2
Z
m
m




.
0,25
3.
Giải phương trình:
8
5
)
6
(
2
3
2





x
x
x
(2).
1,00
Điều kiện:
2


x
. Với điều kiện này, phương trình (2) tương đương với phương trình

0
)
2
(
2
2
.
4
2
5
)
4
2
(
2
2
2










x
x
x
x
x
x
(3).
Đặt
2
,
4
2
2





x
b
x

x
a
(
)
0
,
0


b
a
, phương trình (3) trở thành:

0
2
5
2
2
2



b
ab
a

0,25
0
)
2

)(
2
(




b
a
b
a
b
a


2

hoặc
b
a
2

.

0,25
- Với
ba 2
, ta có
0
14

9
4
2
4
2
2
2
2








x
x
x
x
x
(vô nghiệm)
0,25
- Với
b
a
2

, ta có
0462242

2
2
 xxxxx
13
3



x
(tmđk).
Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm là
133x
.
0,25
4.



Tính tích phân




3/
3
/
2
)
3
sin

cos
(
sin
2


dx
x
x
x
x
I
.
1,00




3
/
3
/
2
)
3
sin
sin
2
2
sin

(


dx
x
x
x
x
I
K
J



trong đó



3/
3/
2
2
sin


xdx
x
J
,




3/
3/
sin
3
sin
2


xdx
x
K
.
0,25
Trang 3/6






- Tính
K
:
4
3
3
4
4

sin
2
2
sin
)
4
cos
2
(cos
3
/
3
/
3
/
3
/



















x
x
dx
x
x
K
.
0,25
- Tính
J
: Đặt
x
u


, ta có
dx
du
u
x
u
x






,
2
sin
2
sin
,
22
,
,
3
3










u
3
3











u
. Do đó
J
udu
u
udu
u
J









3
/
3
/
2
3
/

3
/
2
2
sin
2
sin





0


J
.
0,25
.
4
3
3




K
J
I

0,25
5.
Tính thể tích khối lăng trụ
1
1
1
.
C
B
A
ABC
và góc giữa hai đường thẳng
1
CA
và
1
BB
.
1,00
Gọi
H
là trung điểm của
BC
. A
1

Từ giả thiết, ta có
3
60
tan

0
a
AB
AC


, B
1
C
1

a
AB
BC
CH
BH
AH





0
60
cos
2
2
1
. A
Vì

)
(
1
ABC
H
A

nên góc giữa đường thẳng
1
AA
B H C
và mặt phẳng
)
(
ABC
bằng góc
AH
A
1

. Kết hợp giả thiết, ta có
0
1
60


AH
A
.
0,25

Suy ra
3
60
tan
0
1
a
AH
H
A


,
a
AH
AA
2
60
cos
0
1


. Thể tích khối lăng trụ đã cho
là
2
3
3.3.
2
1

2
1
.
3
1
1
a
aaaHAACABHASV
ABC

.
0,25
Vì
11
//
A
A
BB
nên góc

giữa hai đường thẳng
1
CA
và
1
BB
bằng góc giữa hai đường
thẳng
1

CA
và
1
AA
. Ta có
a
a
a
CH
H
A
CA
2
3
2
2
2
2
1
1





.
Do đó
8
5
2

.
2
.
2
3
4
4
.
2
cos
cos
2
2
2
1
1
2
2
1
2
1
1









a
a
a
a
a
CA
AA
AC
CA
AA
C
AA

.
0,25
Vậy, góc giữa hai đường thẳng
1
CA
và
1
BB

là góc

thỏa mãn
8
5
cos



.
0,25
6.







Tìm
m
để bất phương trình
1
3
)
1
1
(
3
3
4





x
x
x

x
mx
(4) có nghiệm.
1,00
Điều kiện:
10  x
.
- Xét
0x
, thay vào (4) không thỏa mãn với mọi
Rm
.
0,25
- Xét
]
1
;
0
(

x
, ta có
0
)
1
1
(
3
4




x
x
x
, nên bpt (4) tương đương với bpt
3
4
3
)
1
1
(
3
1
x
x
x
x
x
m





.
0,25
Đặt
3

4
3
)
1
1
(
3
1
)
(
x
x
x
x
x
x
f





, ta có

3
4
3
3
4
3

)
1
1
(
1
.
1
3
)
1
1
(
1
.
3
1
)
(
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
f



















.
0,25
Trang 4/6



Vì
]
1
;
0
(


x
nên
0
1
3


x
x
và
1
)
1
1
(
0
3
4




x
x

]
1
;
0
(

,
3
)
(




x
x
f
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1

x
.
Do đó, bpt (4) có nghiệm khi và chỉ khi
)
(
min
]
1
;
0
(
x
f
m
x



hay
3

m
.
0,25
7.a




Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác
ABC

1,00
Ta có
5
)
2
;
1
(


AB
AB
.
Phương trình của đường thẳng

AB
là
0
)
1
(
)
1
(
2




y
x
hay
0
1
2



y
x
.
Gọi


là đường thẳng qua

C
và song song với
AB
. Khi đó, phương trình của

có dạng
)
1
(
0
2





m
m
y
x
. Vì
AB//
nên
)
;
(
)
;
(
AB

C
d
A
d


hay
AB
S
m
ABC
2
5
1



1
1



m
0


m
(tm) hoặc
2



m
(tm).
0,25
- Với
0

m
thì

có phương trình
0
2


y
x
.
Tọa độ điểm
C

là nghiệm của hệ phương trình


















0
9
14
5
2
0
9
4
6
2
2
2
2
x
x
x
y
y
x
y
x

x
y
(vô nghiệm).
0,25
-
Với
2m
thì

có phương trình
022  yx
.
Tọa độ điểm
C

là nghiệm của hệ phương trình




















0
21
22
5
2
2
0
9
4
6
2
2
2
2
2
x
x
x
y
y
x
y
x
x
y







4
3
y
x
(tm) hoặc









5
4
5
7
y
x
(loại).
0,25
)
4

;
3
(
C

và tọa độ trọng tâm
G
của tam giác
ABC
là






3
8
;
2
.
0,25
8.a




Viết phương trình đường thẳng


1,00
Gọi
)
;
;
(
c
b
a
M
, ta có
),
;
1
;
1
(
c
b
a
BM


)
3
;
6
;
3

(

BC
. Vì
M
thuộc đoạn
BC
và
BM
MC
2

nên
BC
BM
3
1

























1
1
2
1
2
1
1
1
c
b
a
c
b
a

)
1
;
1

;
2
(


M
.
0,25
Đường thẳng
AM
đi qua
)
2
;
0
;
3
(
A
và có một vectơ chỉ phương
)
1
;
1
;
1
(
MA
nên có
phương trình tham số là











t
z
t
y
t
x
2
3
.
0,25
Tọa độ hình chiếu
H
của
B
trên đường thẳng
AM
có dạng
)
2
;

;
3
(
t
t
t


.
Ta có


H
và
)2;1;2( tttBH 
. Vì
AM
BH

nên
0. MABH
hay
0
2
1
2







t
t
t
1



t

)
1
;
2
;
1
(


BH
.
0,25
Đường thẳng

đi qua
)
0
;
1

;
1
(
B
và có một vectơ chỉ phương
)
1
;
2
;
1
(

BH
nên có phương
trình tham số là








uz
uy
ux
21
1
.

0,25
Trang 5/6

9.a






Tìm số phức
z


1,00
Gọi số phức cần tìm là
bi
a
z



)
,
(
R
b
a

. Khi đó

i
b
a
i
z
)
2
(
2




.
Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:









013
5
)
2
(
2

2
ba
b
a

0,25









1
3
5
)
1
3
(
2
2
a
b
a
a










1
3
0
2
3
5
2
a
b
a
a

0,25






4
1
b
a

hoặc










5
1
5
2
b
a
.
0,25
Vậy, có hai số phức cần tìm là
i
4
1

và
i
5
1
5
2



.

0,25
7.b
Viết phương trình chính tắc của hypebol
)
(
H

1,00
Gọi phương trình chính tắc của hypebol
)
(
H
là
1
2
2
2
2


b
y
a
x

)

0
,
0
(


b
a
. Vì hình chữ
nhật cơ sở của
)
(
H
có diện tích
48
và một đường chuẩn của
)
(
H
có phương trình
5
16
x
nên ta có hệ phương trình








5
16
48
2
.
2
2
c
a
b
a
(I).
0,25
Ta có (I)







2
4
256
25
12
c
a
ab








)
(
256
25
12
2
2
4
b
a
a
ab


















2
2
4
144
256
25
12
a
a
a
a
b

0,25











0
36864
256
25
12
4
6
a
a
a
b











0
)
2304
144
25
)(
16
(

12
2
4
2
a
a
a
a
b








16
12
2
a
a
b
(vì
0
2304
144
25
2
4




a
a
)








16
9
2
2
a
b
(thỏa mãn).

0,25
Vậy, phương trình chính tắc của hypebol
)
(
H
là
1
9

16
2
2

y
x
.
0,25
8.b


Viết phương trình mặt phẳng
)
(
P

1,00
Mặt phẳng
)(P
đi qua điểm
)
2
;
3
;
0
(

M
nên có phương trình dạng

0
)
2
(
)
3
(





z
c
y
b
ax
)
0
(
222



c
b
a
hay
0
2

3





c
b
cz
by
ax
.
Đường thẳng
4
1
1
1
:




z
y
x
đi qua
)
1
;
0

;
0
(
A
và có một vectơ chỉ phương
)
4
;
1
;
1
(
u
. Mặt
phẳng
)
(
P
có một vectơ pháp tuyến
);;( cban
.
0,25
Trang 6/6

Vì mặt phẳng
)
(
P
song song với


và khoảng cách giữa

và
)
(
P
bằng 3 nên ta có








3
))
(
;
(
0
.
)
(
P
A
d
n
u
P

A

hay

















3
3
3
0
4
0
3
3
2
2

2
cba
b
c
c
b
a
b
c














2
2
2
2
)
4
(

)
(
4
c
b
c
b
b
c
c
b
a











0
16
10
4
2
2
c

bc
b
c
b
a









c
b
c
a
2
2
hoặc






c
b
c

a
8
4
.
0,25
- Với
c
b
c
a
2
,
2




, ta chọn
2

a
thì
2

b
,
1


c

. Khi đó,
)
(
P
có phương trình
0
8
2
2




z
y
x
.
0,25
- Với
c
b
c
a
8
,
4



, ta chọn

4

a
thì
8


b
,
1

c
. Khi đó,
)
(
P
có phương trình
0
26
8
4




z
y
x
.
Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm là

0
8
2
2




z
y
x
,
0
26
8
4




z
y
x
.
0,25
9.b
Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức
10
)
3

1
(
i
z


.


1,00
10
10
10
10
10
3
sin
3
cos
2
2
3
.
2
1
2
)
3
1
(























i
i
i
z
.

0,25
Áp dụng công thức Moa-vrơ, ta có

















3
4
sin
3
4
cos
2
3
10
sin
3
10
cos
2

10
10




i
i
z
.

0,25
Các acgumen của
z

đều có dạng
)
(
2
3
4
Z
k
k




. Ta có
3

2
0
2
3
4





k
k


hay


1
,
2
,
3
,
4
,






k
.
0,25
Acgumen âm lớn nhất của
z
tương ứng với
1


k
.
Vậy acgumen cần tìm của
z
là
3
2


.
0,25

Hết
Cảm ơn cô Trương thị Hằng ( 
) gửi tới www.laisac.page.tl