DE THI THU NGUYEN XUAN NGUYEN

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 cá

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)

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y x= −3 3x2 +(m+1)x+1 1( ) có đồ thị ( )C m với m là tham số

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 ( )C m tại 3 điểm phân biệt P( )0,1 , ,M N

sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 5 2

2 với O( )0;0

Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: sin4x+2cos2x+4(sinx+cosx)=1+cos4x

Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình:







=

−

−

=

− + +

−

−

1 2

4 ) 3 ( )

1 (

2

y xy x

x y y y

x x

R) , (x y∈

Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân: = + + +

+

∫

1

Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB a AD = , = 2 2 a

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:

2 2 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 cho đường tròn ( ) ( ) (2 )2

và đường thẳng ( )d :x y+ − =10 0 Từ điểm M trên ( )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

Câu 8.a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng 1

1

1

z

= +



 = −



 =



2

:

− Viết phương trình mp(P) song song với d và 1 d , sao cho khoảng cách từ 2 1

d đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ d đến (P).2

Câu 9.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )− i z là số thực và z− +2 5i =1.

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+2y− =5 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giácABC, biết đường thẳng AC đi qua điểm ( )6;2

K

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

độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x y z− + − = 1 0 để ∆MAB là tam giác đều

Câu 9.b (1 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1−x+2(1−x)2 + +n(1−x)n thu được đa thức

n

n x a x

a

a

x

P( )= 0 + 1 + + Tính hệ số a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: 8 C C n

n n

1 7 1

3

2 + = .

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)

1

(2 đ)

a (1 điểm)

Với m =-1, y x= 3−3x2+1

1) Tập xác định: R

2) Sự biến thiên:

xlim y xlim x 3x 1 ,lim yx

b Bảng biến thiên:

y 3x 6x 3x(x 2), y 0

x 2

=



Bảng biến thiên:

x −∞ 0 2 +∞

y′ + 0 - 0 +

y 1 +∞

∞

− -3 + Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;0) và (2;+∞)

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( )0; 2

+ 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.

f(x)=x^3-3x^2+1

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x y

b (1 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của ( )C m và (d): x3−3x2+(m+1) x+ = +1 x 1

2

= ⇒ = ⇒





Để ( )C m cắt (d) tại 3 điểm phân biệt ⇔( )2 có 2 nghiệm phân biệt khác 0

0 9 4

m

m

≠





⇔  <



0.5

Giả sử M x x( 1; 1+1 ,) (N x x2; 2+1) khi đó x x1; 2 là nghiệm của pt(2)

OMN

OM ON MN

R

tiếp tam giác OMN )

( )

OM ON

R

Với x12 =3x1−m x; 22 =3x2−m

2

( )

* ;

2 2

4 12 25 5 2 5

3 2

m

m

=



Vậy m= −3 thỏa mãn ycbt

0.5

2

(1 đ)

sin4x+2cos2x+4(sinx+cosx)=1+cos4x

(sin cos ) 0 4

2 cos 2 2 cos 2 2 cos 2 sin

(sin2 1 cos2 ) (2sin cos ) 0 2

(2sin cos 2sin ) 2(sin cos ) 0 2

(sin +cos )(cos2 sin +1)=0

Với x+ x= ⇔x=− +k ,k∈Z

4 0

cos

Với cos2xsinx+1=0⇔(1−2sin2x)sinx+1=0⇔(sinx−1) (−2sin2x−1)=0

⇔ x= ⇔x= +2m ,m∈Z

2 1

0.5

0.5

3

(1 đ)

Ta có PT (1) : x2 -3x(y-1) + y2 + y(x-3) = 0 ⇔ (x-y)2 + 3(x-y) - 4 + 0

⇔ x x−−y y ==1−4

* Với x- y = 1, ta có







=

−

−

=

−

1 2

1

y xy x

y x

⇔x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2

* Với x - y = -4 ta có







=

−

−

−

=

−

1 2

4

y xy x

y x

(Hệ PT vô nghiệm)

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2)

0.5

0.5

4

(1 đ)

( ln )

+

+

e

2

+

+

e

2

1

1

1

+

I

e e

2

1

0.25 0.25

0.25

0.25

Gọi H là trọng tâm tam giác BCD Theo gt SH ⊥(ABCD)

O= AC∩BD⇒CH = CO= AC a= ⇒AH =AC HC− = a

SA tạo với đáy góc 450 suy ra SAH =450 ⇒SH = AH =2a

(1đ)

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( ;( ))

Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ Khi đó

2 4 2 (0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ; 2 , ( ; 2 2 ;0)

5 2 2

( ; 2 2 ;0)

AC= a a

uuur

5 2 2

uuuur

(2 2 ; ; 2 )

AC AM∧ = a −a − a

uuur uuuur

Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt nr=(2 2; 1;− − 2) nên có phương trình là

+ +

0.5

0.5

6

(1đ)

Từ giả thiết suy ra 1 1 1 2

a b c+ + =

Đặt : 1 ; y = ; z = 1 1

x a

= Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2

Ta có:

P

Áp dụng bđt Cô-si:

3 2

3

y z

+

3 2

3

x z

+

3 2

3

y x

+

Do đó: 1( ) 1

P≥ x y z+ + = ( đpcm)

7a

(1đ)

x

d

H

M A

B I

O y

Đường tròn (C) có tâm I( )3;1 ,bk R OA= =3

1

M

H O B

D

C

A

S

Gọi H = AB∩IM, do H là trung điểm của AB nên 3 2

2

AH = Suy ra:

9

IH = IA −AH = − = và

3 2 2

IA IM IH

Gọi M a( ;10− ∈a) ( )d ta có 2 ( ) (2 )2

2a −24a+90 18= ⇔ a −12a+36 0= ⇔ =a 6

Vậy M( )6;4

8a

(1đ)

Ta có : d đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : 1 u→1= −(1; 1;0)

d đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: 2 u→2 = −(1; 2;2)

Gọi n→ là vtpt của mp(P), vì (P) song song với d và 1 d nên 2

n

→

= [u u→ →1; 2 ] = (-2 ; -2 ; -1) ⇒ pt mp(P): 2x + 2y + z + m = 0

d(d ;(P)) = d(A ; (P)) =1 7

3

m

+

; d(d2;( ))P = d( B;(P)) = 5

3

m

+

vì d(d ;(P)) = 2 d(1 d2;( ))P ⇔ + =7 m 2 5+m



3 17 3

m m

= −





⇔

 = −



Với m = -3 ⇒mp(P) : 2x + 2y + z – 3 = 0

Với m = -17

3 ⇒mp(P) : 2x + 2y + z - 17

3 = 0

1

9a

(1đ)

Giả sử z x yi= + , khi đó (1 3 )− i z= −(1 3 )(i a bi+ )= + + −a 3b (b 3 )a i

(1 3 )− i z là số thực ⇔ −b 3a= ⇔ =0 b 3a

= ⇒ =





 = ⇒ =



Vậy 2 6 , 7 21

z= + i z= + i

1

7b

(1đ)

(d) I

O A

B

C K

( ): 2 5 0

B∈ d x+ y− = nên gọi B(5 2 ;− b b), vì B, C đối xứng với nhau qua O suy ra (2 5; )

C b− −b và O(0;0)∈BC

Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong gócB là ( )d :x+2y− =5 0 nên I(2;4) và

I ∈AB

Tam giác ABC vuông tại A nên uurBI =(2b−3;4−b) vuông góc với (11 2 ;2 )

CKuuur= − b +b

1

( ) ( ) ( ) ( ) 2 1

2 3 11 2 4 2 0 5 30 25 0

5

b

b

=



Với b= ⇒1 B(3;1), ( 3; 1)C − − ⇒ A(3;1)≡B loại

Với b= ⇒ −5 B( 5;5), (5; 5)C − 31 17;

5 5

⇒  ÷ Vậy 31 17

; ; ( 5;5); (5; 5)

5 5

8b

(1đ)

Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): x y z+ − − = 3 0

Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d:

2 1

x

y t

z t

=



 = +



 =



M ∈ d ⇒ M(2;t+ 1; )t ⇒AM = 2t2 − + 8 11t , AB = 12

∆MAB đều khi MA = MB = AB

2

±

1

9b

(1đ)

Ta có









=

−

−

+

−

≥

⇔

= +

n n n n n n

n n C

) 2 )(

1 (

! 3 7 )

1 ( 2

3 1

7 1

3

0 36 5

3







=

−

−

≥

n n n

Suy ra a là hệ số của 8 x trong khai triển 8 8(1−x)8+9(1−x)9

Vậy a = 8 8.C88 +9.C98 =89

1

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