PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7 điểm Câu I.. 1 điểm Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC đều cạnh bằng a, SA⊥ABC, góc giữa mặt phẳng SBC và mặt phẳng ABC bằng 600.. Gọi H, K lần lượt là
Trang 1SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH KÌ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012-2013 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Môn: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=x3+2mx2+(m+3)x+4 có đồ thị ( )C m
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1
2 Cho đường thẳng d: y=x+4 và điểm E(1;3) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho d cắt ( )C m tại
ba điểm phân biệt A(0;4), B, C sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4
Câu II (2 điểm)
4 2 sin
2 Giải hệ phương trình:
=
− +
− + +
+
−
=
−
2 3
3 1
2
2 2 2
y x x y x y
y x xy y x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: dx
x
x x
I =∫4 ++
01 cos2
4 sin π
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC đều cạnh bằng a, SA⊥(ABC), góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC; I là trung điểm của BC Tính thể tích khối tứ diện AIHK và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC
Câu V (1 điểm)
Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x2−xy+y2 =2
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =x2+2xy−7y2
II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Thí sinh chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết tọa độ các đỉnh A(2;0), B(3;0)
và I là giao điểm của AC và BD, I nằm trên đường thẳng y = x Xác định tọa độ các điểm C, D
2 Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(4;0;0), B(0;4;0) và mặt phẳng ( )P :3x+2y−z+4=0 Gọi I là trung điểm của AB Tìm điểm tọa độ K sao cho KI vuông góc với (P), đồng thời K cách đều mặt phẳng (P) và gốc tọa độ O
Câu VIIa (1 điểm)
Cho số phức z có phần ảo dương và thỏa mãn phương trình: z2+ z =0 Tính: z3+z+1
B Chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân ở đỉnh A Đỉnh A có tọa độ là các số dương, hai điểm B, C nằm trên trục Ox, phương trình cạnh AB: y=3 7(x−1) Biết chu vi của tam giác ABC bằng 18 Tìm tọa độ các điểm A, B, C
2 Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng:
2 1 1
:
1
z y x
d = = và
1
1 1
2
1 :
2
−
=
=
−
x
Chứng minh d1, d2 chéo nhau Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng
( )P :x−y+z=0 và cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại A, B sao cho AB= 2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: log32x−log3x2 −8>2(log9 x2−4)
-Hết -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013
I-1
(1điểm)
• Khi m = 1, hàm số trở thành: y=x3+2x2+4x+4
• Tập xác định: D = R
• Sự biến thiên:
−∞
→ y
xlim , =+∞
+∞
→ y
xlim
- y’ = 3x2 + 4x + 4 >0, ∀x∈R
- Hàm số luôn đồng biến trên R
- Hàm số không có cực trị
•Bảng biến thiên :
• Đồ thị :
y’’ = 6x+4, y’’ = 0
3
2
−
=
−
27
52
; 3
2
U
0.25
0.25
0.25
0.25
I-2
(1điểm)
• Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d:
4 4
) 3 (
3+ mx + m+ x+ =x+
x
= + + +
=
⇔
= + + +
⇔
(*) 0 2 2
0 0
) 2 (
3
m mx x
x x
m mx x
• d cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt A(0;4), B, C ⇔ phương trình (*) có 2 nghiệm phân
biệt khác 0
2
2
m m
< − ∨ >
∆ = − − >
≠ −
• Gọi x1, x2 là hoành độ của B, C Khi đó x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (*)
Theo định lý Viet ta có:
+
=
−
= +
2
2 2
1
2 1
m x x
m x
x
2
1 4
, 2
1
=
S EBC
( 2 − 1) (2+( 2+4) (− 1+4) )2 =32⇔( 2− 1)2 =16
( 1+ 2)2 −4 2 =16⇔4 2 −4( +2)=16
=
−
=
⇔
=
−
−
⇔
) ( 3
) ( 2 0
6 2
n m
l m m
m
• Vậy m= 3 là giá trị cần tìm
0.25
0.25
0.25
0.25
6
4
2
-2
-2
1
x y
o
52 27
-2 3
y y' x
+ ∞
- ∞
+
+ ∞
- ∞
Trang 3II-1
(1điểm)
• Phương trình đã cho tương đương với:
2 cos sin
3 1 cos 2 cos sin 2 2 cos sin
3 2 cos 2
0 3 cos sin
3 cos 2 cos sin
cos
(sin +cos )(2cos −3) (+ 2cos −3)=0
(sin +cos +1)(2cos −3)=0
1 4 sin 2 1 cos
+
⇔
−
= +
x x
−
=
−
=
+
⇔
4
sin 2
1 4
x
+
=
+
−
=
⇔
+
= +
+
−
=
+
⇔
π π
π π π
π π
π π π
2
2 2 2
4
5 4
2 4 4
k x
k x
k x
k x
0.25 0.25
0.25
0.25
II-2
(1 điểm)
+ ≥
− ≥
( x 2y )( x y 1 ) 0
⇔ − + + = ⇔ = x 2y( do x + + > + ≥ y 1 x y 0)
• Với x = 2y thay vào pt (8) ta được:
3
≥
=
3
• Vậy hệ pt có một nghiệm là : ( ) x; y = ( 2 4; 43 3 )
0.25
0.25
0.5
III
(1điểm)
x
x x
I =∫4 ++
01 cos2
4 sin π
=
4
4 3 4
4 2 1
J
dx x
x
∫4 +
01 cos2
π
+
4
4 3 4
4 2 1
K
dx x
x
∫4 +
01 cos2
4 sin π
x
x x dx
x
x
∫
+
4 0 4
2 cos 2 sin 2 2
cos 1
4 sin
π π
Đặt u = 1+cos2x => du = -2sin2x.dx
Đổi cận : x = 0 => u = 2 ; x =
4
π
=>u = 1
2
1 2
1
−
=
−
=
−
=
u
du u u
x x
dx x
x
∫
+
4 0
2 4
1 2
cos 1
π π
Đặt
=
=
⇒
=
=
x v
u x v
x u
tan 2
1 ' cos
1 ' 2
2
0 tan 2
π
x
x
0
tan 2 1 π
= 8
π +
4 0 cos ln 2 1
π
8
π
- ln2 4
1
π
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 4IV
(1điểm)
60 )
( ), (SBC ABC =∠SIA=
Suy ra SA = AI.tan600 =
2
3a
•
8
3 4
3 2
3 3
1
3
S SA
•
13
9
2 2 2
+
=
=
AB SA
SA SB
SB SH SB
SH
•
13
9
2 2 2
+
=
=
AC SA
SA SC
SC SK SC
SK
SC
SK SB
SH V
V
SAHK SABC
SAHK
169
81 169
81
SB
HB V
V
SABI HABI
SABI
HABI
13
2 13
4 13
=
• Tương tự V KACI V
13
2
• Từ (1), (2), (3) suy ra :
338
3 9 169
36 13
2 13
2 169
V V
V V V
V V
V V
Cách khác : Tính trực tiếp
338
3 9
3
a S
h
V AHIK = A HKI =
0.25
0.25
• Kẻ đường thẳng d qua B và // AC
Kẻ AQ vuông góc với d tại Q
Kẻ AJ vuông góc SQ tại J suy ra AJ ⊥(SQB)
• Ta có d(AC,SB) (=d AC,(SQB)) (=d A,(SQB))
2 2
AQ SA
AQ SA
+
Vì QB//AC nên góc ABQ = 600, suy ra
AQ = AB.sin(ABQ) =
2
3
a
2 2
AQ SA
AQ SA
3 4
3 4 9 4
3 4 9
2 2
2 2
a a a
a a
= +
0.25
0.25
V
(1điểm)
• Nếu y = 0 thì M = x2 =2
Nếu y≠0 thì đặt
y
x
t= , khi đó x = ty
Từ x2−xy+y2 =2 ta có t2y2−ty2 +y2 =2
2 2
1 2
1
y t
t y
t
⇔
Vì 22
y >0 nên t2 −t+1>0⇔t∈R
0.25
0.25
K H
I
C
B A
S
Q J
K
H
I
C
B A S
Trang 5• Và ta có: t R
t t
t t
y
x y
x
y
x y
x y
xy x
y xy x
+
−
− +
= +
−
−
+
= +
−
− +
1
7 2 2 1
7 2
2 7 2
2 2
2 2
2 2
t t
t t t
+
−
− +
1
7 2 )
2
,
2 1
5 16 3 ) (
'
+
−
− +
−
=
t t
t t t
=
=
⇔
=
5 3
1 0
) ( '
t
t t
f
Bảng biến thiên
• Từ bảng biến thiên suy ra
3
8 maxM = , minM =−16
Cách khác:
t t
t
+
−
− +
, 1
7 2 2 2
(m− ) (t − m+ )t+m+ = t∈R
• Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
3
4 8
≥
• Từ đó suy ra
3
8 maxM = , minM =−16
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa1
(1điểm)
4
=
∆IAB S ABCD
= +
−
•Mặt khác :
AB IH
2
1
=
2
1
• I thuộc d: y = x nên suy ra I(t;t)
Ta có phương trình đường thẳng AB: y = 0
−
=
=
⇔
=
⇔
=
2
2 2
2 ,
t
t t
AB I d
• Với t = 2 suy ra I(2; 2) Vì I là trung điểm của AC và BD, sử dụng công thức tọa độ trung điểm ta có C(2; 4), D(1; 4)
• Với t = -2 suy ra I(-2; -2) Vì I là trung điểm của AC và BD, sử dụng công thức tọa độ trung điểm ta có C(-6; -4), D(-7; -4)
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa2
(1điểm)
• Ta có I là trung điểm AB suy ra I(2; 2; 0)
• (P) có VTPT là: n=(3;2;−1)
• Vì KI vuông góc (P) nên đường thẳng KI qua I nhận n=(3;2;−1) làm VTCP nên có
0.25
0.25
1
1
-2 13 -2 3
2 13 -2 3
+
-t
f
13 +4 3
13 -4
1
5
-8
3 4
H
I
B A
Trang 6phương trình:
−
=
+
=
+
=
t z
t y
t x
2 2
3 2 K thuộc KI nên K(2+3t;2+2t;−t)
• Theo đề ta có:
2 2 3 2 14
4 4
4 9 6 )
(
K
8 20 14 1
4
3 6
−
4
3
; 2
1
; 4
1
K
0.25
0.25
VIIa
(1điểm)
• Gọi z = x + yi , (x,y∈R,y>0) suy ra z2 =x2−y2+2xyi và z = x2+y2
• Phương trình đã cho trở thành:
=
= + +
−
⇔
= + + +
+
(2) 0 2
(1) 0
2
2 2 2 2 2
2 2 2
xy
y x y x xyi
y x y x
• Do y>0 nên từ (2) ta có x = 0, thay vào (1) ta được:
1
2
Suy ra số phức z đã cho là: z = i
• Ta có z 3 = - i, z=−i, suy ra z3+z+1=1−2i
• Do đó: z3+z+1= 12+(−2)2 = 5
0.25
0.25 0.25 0.25
VIb1
(1điểm)
• Ta có B là giao điểm của AB với trục hoành suy ra B(1;0)
• A thuộc AB suy ra A(a;3 7(a−1))
• Theo giả thiết ta suy ra a>1
Gọi AH là đường cao của tam giác ABC suy ra H(a;0)
suy ra C(2a-1;0) suy ra BC = 2(a-1), AB = AC = 8(a-1)
• Chu vi tam giác ABC là 18 nên ta có:
AB + AC + BC = 18 ⇔18a – 18 = 18 ⇔a = 2
• Vậy C( )3;0,A(2;3 7), B(1;0)
0.25 0.25 0.25
0.25
VIb2
(1điểm)
• d1 qua O(0;0;0) và nhận u1=( )1;1;2 làm VTCP
• d2 qua I(-1;0;1) và nhận u2 =(−2;1;1) làm VTCP
• Ta có: [ ]u1,u2.OI =4≠0 Suy ra d1, d2 chéo nhau
• A thuộc d1 suy ra A(a;a;2a) ; B thuộc d2 suy B(-1-2b;b;1+b)
• AB//(P) suy ra AB.n P =0⇔b=−a
Do đó B(-1+2a;-a;1-a) và AB= (-1+a;-2a;1-3a)
=
=
⇔
=
−
⇔
=
− + +
−
⇔
=
⇔
=
7 4
0 0
4 7 2 3 1 4 1 2
a
a a
a a
a a
AB AB
• Với a = 0 ta có A≡O thuộc (P) khi đó ∆⊂(P) nên loại
• Với a =
7
4
−
7
3
; 7
4
; 7
1 , 7
8
; 7
4
; 7
4
B
−
−
−
=
7
5
; 7
8
; 7
3
7
1
−
= , với u(3;8;5)
0.25
0.25
0.25
O
H C B
A
Trang 7Vậy
5 7 8 8
7 4 3
7
4 :
−
=
−
=
−
VIIb
(1điểm)
• Đặt t=log3x, bất phương trình đã cho trở thành:
−
>
−
−
≥
≥
−
−
<
⇔
−
>
−
−
(II) 4 4 8 2 t
4 t
(I) 0 8 2 4 4
2 8 2
2 2
2 2
t t
t t t t
t t
2 4
2
4 )
≥
−
≤
<
t t
t
9
1 0
2 log3x≤− ⇔ <x≤ (*)
6 4 6 4
4 t 0 24 10 t
4 t )
<
<
≥
⇔
<
+
−
≥
t t
II
Hay ta có: 4<log3x<6⇔81<x<729 (**)
• Từ (*) và (**) suy ra bất phương trình đã cho có tập nghiệm: (81;729)
9
1
;
0 ∪
=
S
0.25
0.25
0.25 0.25
-Hết -
Ghi chú: mọi cách giải đúng và hợp lý khác đều cho điểm tối đa
