PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1.. Tìm tâm và bán kính mặt cầu S ngoại tiếp tứ diện OABC.. Hãy lập phương trình đường thẳng ∆ đi
Trang 1SỞ GDDT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
Ngày thi : 12.5.2013
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012-2013 LẦN 2 Môn thi: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
I
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.( 7 điểm )
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y= −(2 m x) 3−6mx2+9 2( −m x) −2(Cm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1
2 Tìm m để đường thẳng d: y=-2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13
Câu II: (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: 2(cosx+ 3 sin ) cosx x=cosx− 3 sinx+1
2 Giải hệ phương trình:
=
−
−
=
− + +
−
−
1 2
4 ) 3 ( )
1 (
2
y xy x
x y y y
x x
(x, y R∈ )
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:
e
2 1
ln x x
x
+
=∫
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 3, AC = 4 góc tạo bởi các
mặt bên và đáy bằng 60o Tính thể tích của khối chóp S.ABC
Câu V: (1,0 điểm)
Cho hai số a, b ∈ (0;1) và a b≠ Chứng minh rằng: 2013 2013
ln 2013
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu VIa (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d1: x – 2y + 1 = 0; d2: 3x – y – 2 = 0;
d3: 2x + y + 1 = 0 Tìm điểm M trên d1 điểm N trên d2 sao cho MN = 5 và MN song song với d3
2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+2y+2z-6=0, gọi A, B, C lần lượt là tọa
độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz Tìm tâm và bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC
Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi z z là hai nghiệm của phương trình 1, 2 z2−2z+ =2 0 trên tập số phức
Tìm modun của số phức : ( ) (12 )5
w= z −1 + z −1
B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VIb (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:x2 + y2 – x – 4y – 2 = 0 và các điểm A(3 ;-5) ; B(7;-3) Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA2 + MB2 nhỏ nhất
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho 3 điểm A(1; 2; 1 ,− ) (B 2;1;1 ;) (C 0;1; 2) và đường thẳng (d) có phương trình là:( ): 1 1 2
d − = + = +
− Hãy lập phương trình đường thẳng ( )∆ đi qua trực tâm của tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng (d)
Câu VIIb (1,0 điểm) Giải phương trình: 3 3 2
3x+x− 2.3x x− −3 x+ 2 =0 (x R∈ )
-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……… ……….Số báo danh: ………
Trang 2TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
-ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012-2013 LẦN II
Môn thi: TOÁN; Khối: D
Câu I
1) Khi m = 1
⇒ y x= −3 6x2 +9x−2
• TXĐ: D = R
3
x
x
=
0,25 đ
x -∞ 1 3 +∞
y/ + 0 - 0 +
2 +∞
y
- ∞ -2
0,25 đ
Hàm số đồng biến: (-∞; 1),(3;+ ∞)
Hàm số nghịch biến: (1;3)
fCĐ = f(1) = 2
fCT = f(3) = -2
Khi y’’ =6x-12=0 ⇔ =x 2=>y=0
Khi x=0=>y=-2
x= 4=>y=2
Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối
xứng
0,5 đ
2) Phương trình hoành độ giao điểm là:
(2−m x) 3−6mx2+9 2( −m x) − = −2 2
(2 m x) 3 6mx2 9 2( m x) 0
x m x mx m
0
x
=
0,25 đ
0,25 đ
Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương
trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện:
2
m
m m
Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB≠xC
Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2
Theo bài ra ta có
1
2
S ∆ = h BC= ⇒BC = ⇔ x +x − x x =
0,25 đ
Theo định lý viét ta có:
6 2 9
B C
m
x x
m
x x
+ =
(4)
Trang 3Thay (4) vào (3) ta được:
6
2
14
m m
m
m
=
(tm)
0,25 đ
Câu II
1) Giải phương trình:
2 cosx+ 3 sinx cosx=cosx− 3 sinx+1
cos 2 3 sin 2 cos 3 sin sin 2 sin
2
k
x π x π k π k Z
0,25 0,25 0.25
2) Từ pt: x2 -3x(y-1) + y2 + y(x-3) = 4 ⇔ (x-y)2 + 3(x-y) - 4 = 0
−
=
−
=
−
4
1
y x
y x
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)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III
Tính tích phân:
1
e
e
−
1
1
e
e
Vậy I=I1+I2=e 2 1 2e 2
-Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC); M, N, K lần lượt là hình chiếu của H
lênh cạnh AB, AC, BC Khi đó thể tích V của khối chóp được tính bởi công
3 ABC
V = S∆ SH ,mà 1 6
2
ABC
S∆ = AB AC=
0,25 đ
0,25
Trang 4Câu IV
Câu VIa
-Tính SH
Xét các tam giác SHM,
SHN, SHK vuông tại H,
có các góc SMH, SNH,
SKH
bằng 600 do đó HM = HN
= HK => H là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác
ABC =>
2
1
ABC
S HM
AB BC CA
=>SH = HM.tan600 = 3
Vậy 1 3.6 2 3
3
0,25
0,25
0,25
ln 2013
(log b log (1 b) log a log (1 a)) 4
b a
−
-TH1: nếu b > a thì bđt
Xét hàm số f(t) = 2013 2013
4
ln 2013
t
t− − −t t∈
Ta có f’(t) =
2
(2 1)
(1 ) ln 2013
t
t
t t
(0;1)
Suy ra b > a ta có f(b) >f(a) từ đó ta có điều phải chứng minh
0,25
0,25
0,25
1).M thuộc d1, N thuộc d2 nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2)
3 3
MN d ⇔MN nuuuur uur= ⇔ −b a+ b a− − = ⇔ =a b
thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2
Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2; 4)
0,25 0,5 0,25 2) Tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là
A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3).Gọi phương trình mặt cầu (S):
x2+y2+z2+2Ax+2By+2Cz+D=0n (Điều kiện: A2+B2+C2-D>0)(1)
Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình:
3
2
0
A D
B A
B
C C
D
= −
=
= −
=
0,25
0,25
B
A
H M
S
C N
K
Trang 5Vậy phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2-6x-3y-3z=0 có tọa độ tâm I(3; ;3 3
2 2) bán kính 3 6
2
R=
0,25 0,25
Câu VIIa
2
z − z+ = Có , 2
Giải phương trình ta được nghiệm là 1
2
1 1
= −
= +
Thay vào w ta đ ược ( )12 5
w= −i + = +i 1 ihoặc w=i12+ − = −( )i 5 1 i
VIb(2,0đ)
1).Đường tròn (C) có tâm ( ; 2),1 5
I R=
-Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; -4) Xét tam giác MAB có
MH = + − ⇔ =P MA +MB = MH +
do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C)
4 4
IH
= +
= − −
, thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t
2 + 3t + 2 = 0 <=> t = -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1;
4)
-Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm
0,25
0,25
0,25
0,25
2).Ta có uuurAB= −(1; 1;2 ,) uuurAC= − −( 1; 1;3) ⇒uuur uuurAB AC, = − − −( 1; 5; 2) nên
1 x 1 5 y 2 2 z 1 0 x 5y 2z 9 0
Gọi trực tâm của tam giác ABC là H a b c( , , ), khi đó ta có hệ:
H ABC
uuur uuur
Do đường thẳng ( )∆ nằm trong (ABC) và vuông góc với (d) nên:
, 12, 2, 11
ABC
ABC d d
u n
u u
∆
∆
∆
⊥
⊥
uur r
điểm H(2;1;1) và có vtcp (12, 2, 11− ) nên : 2 1 1
x− y− z−
−
0,25
3
3
1
x x
x x
pt
x x VN
− +
0,25 0,25 0,5