Giáo Viên: Hồ Điện Biên.. b Tìm m để Cm có hai điểm cực trị đồng thời hoành độ điểm cực tiểu nhỏ hơn 1.. Cho hình lăng trụ ABC.. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm:
Trang 1Giáo Viên: Hồ Điện Biên Trường THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An
Email: hodiebbienpbc@yahoo.com
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2012 – 2013
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 ( 1 2 m ) x2 ( 2 m ) x m 2 có đồ thị là ( Cm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m 2
b) Tìm m để ( Cm) có hai điểm cực trị đồng thời hoành độ điểm cực tiểu nhỏ hơn 1
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 ( 1 sin )
cos sin
) 1 ).(cos 3
( cos2
x x
x
x x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình:
2
5 16
12
2 x2 x x
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân dx
x
x x
I
2 /
2 /
2
sin 9
cos 7
sin
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông tại B , BC a ,
BCA
60
; hình chiếu vuông góc của B trên mặt phẳng 1 ( ABC ) là trung điểm của CA ; góc giữa hai đường thẳng AB và 1 CC thỏa mãn 1
8
5 cos Tính thể tích khối lăng trụ ABC A1B1C1theo a và
góc giữa đường thẳng BB và mặt phẳng 1 ( ABC )
Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực x , y , z thay đổi và thỏa mãn , 1
6
1 , 6
1 , 6
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 6
8 6 1 6
8 6 1 6
8 6
z
z y
y x
x
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
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn cùng đi qua M ( 1 ; 0 ) là
0 5 4 :
)
C Viết phương trình đường thẳng qua M ,
cắt hai đường tròn ( C1), ( C2) lần lượt tại A, B (khác M ) sao cho MA 2 MB
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 1 ; 0 ; 3 ) và hai đường thẳng
3
3 2
3 1
1
:
1
x
5
14 2
5 1
2 :
2
x
d Chứng minh A , d1, d2 cùng nằm trên một
mặt phẳng Viết phương trình mặt phẳng đó
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z i 3 5 và điểm biểu diễn của z thuộc đường tròn
5 )
1
2
y
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
0
16
5 x
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M ( 0 ; 1 ; 5 ) và hai đường thẳng
t
z
t
y
t x
4
2 1
:
u z
u y
u x
3 2
3 :
2 Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm I và cắt
Trang 2ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH MÔN TOÁN NĂM 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘ CHÂU –NGHỆ AN
(Đáp án gồm 7 trang)
* Tập xác định : D = R
* Sự biến thiên của hàm số:
- Giới hạn tại vô cực:
x y
x y
- Bảng biến thiên:
Ta có: y ' 3 x2 6 x , x R; y ' 0 x 0 hoặc x 2
x - 0 2
y’ + 0 - 0 +
y
4
0
-
0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 0 ), ( 2 ; ) và nghịch biến trên khoảng ( 0 ; 2 ) Hàm số đạt cực đại tại x 0, với giá trị cực đại y ( 0 ) 4 và đạt cực tiểu tạix 2, với giá trị cực tiểu 0 ) 2 ( y 0,25 * Đồ thị (C ): - (C )cắt Oy tại điểm ( 0 ; 4 ); cắt hoặc tiếp xúc với Oxtại các điểm ( 1 ; 0 ), ( 2 ; 0 ) - (C )đi qua các điểm ( 2 ; 16 ), ( 3 ; 4 ) - (C )có điểm uốn ( 1 ; 2 ) (C ) nhận ( 1 ; 2 )làm tâm đối xứng
0,25
Trang 31.b b) Tìm m để (Cm) có hai điểm cực trị đồng thời hoành độ điểm cực tiểu nhỏ hơn 1 1,00
Ta có y ' 3 x2 2 ( 1 2 m ) x 2 m
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình y ' 0 có hai nghiệm phân biệt, điều này tương
đương với
( 1 2 m )2 3 ( 2 m ) 0 m 1 hoặc
4
5
m
0,25
Khi đó, hàm số đạt cực trị tại các điểm
3
5 4
1
2 2
đạt cực tiểu tại
3
5 4
1
2 2
0,25
3
5 4
1
5
7 4
16 16 5 4
0 2 4
2
m m m
m
m
0,25
Vậy, các giá trị của m cần tìm là m ; 1 5 7 ;
4 5
0,25
2
cos sin
) 1 ).(cos (
cos2
x x
x
x x
ĐK: sin x cos x 0
0,25
1 sin x 1 cos x sin x sin cos x x 0
1 sin x 1 cos x 1 sin x 0 0,25
x x
2 2 2
k m Z ,
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2
2
và x m 2 k m Z ,
0,25
3
Giải phương trình:
2
5 16
12
x (1)
1,00
Điều kiện: x 5
* Cách 1: (1)
2
5 2
) 3 (
2 2
x x (2)
Đặt
2
5 ,
a , phương trình (2) trở thành: 2 a2 2 b (3)
Theo cách đặt, ta có: 2 b2 2 a (4)
0,25
Trừ (3) cho (4) vế theo vế, ta được:
a b b
a b a a b b
a ) ( )( 2 2 1 ) 0
(
Trang 4
4
17 11 0
13 11 2
3 )
3 ( 2 5
3 3
2
5
2 2
x x
x
x x
x
x x
x
- Với 2 b 2 a 1, ta có
.
4
13 13
0 39 26 4 2 7
49 28 4 ) 5 ( 2 2
7 7
2 2
5 2
2 2
x
x x
x x
x x
x x
x
Vậy, phương trình (1) có hai nghiệm
4
17
11
4
13
13
0,25
* Cách 2:
(1)
0 507 767
416 96
8
0 8 6 5
) 16 12 2
( 2
0 16 12 2
2 3
4 2 2
2 2
x x
x x
x x x
x x
x x
4
13 13 4
17 11
2 4
0 ) 39 26 4
)(
13 11 2
(
0 8 6
2 2
2
x hoac x
x hoac x
x x
x x
x x
4
17
11
4
13
13
4
x
x x
I
2 /
2 /
2
sin 9
cos 7
sin
1,00
2 /
2 /
2
2 /
2 /
2
sin 9
cos ,
sin 9
7
dx x
x B
dx x
x
- Tính A: Đặt t x, ta có dx dt , sin 7 x sin 7 t , sin2 x sin2t
Đổi cận: t ( / 2 ) / 2 , t ( / 2 ) / 2
sin 9
7 sin sin
9
7
2 /
2
2 /
2 /
A A dt t
t dt
t
t A
0,25
- Tính B: Đặt u sin x, ta có du cos xdx Đổi cận: u ( / 2 ) 1 , u ( / 2 ) 1
Do đó
3
1 3
ln 3 ln 6
1 3
1 3
1 6
1 9 9
1 1 1
1 1
1 2 1
1
u u
u
du u
du
0,25
3
1
5 Tính thể tích khối lăng trụ
1 1 1
A B C ABC và góc giữa đt BB1 và mặt phẳng ( ABC ) 1,00 Gọi M là trung điểm của AC Theo gt, ta có B1M ( ABC )
Ta có AB BC tan 600 a 3, AC AB2 BC2 2 a Đặt B1M h(h 0), ta
có
2 2 2
1 2
2 2 2
1 2
0,25
Trang 5Vì CC1// BB1nên góc giữa hai đt AB1 B1 C1
và CC1 bằng góc giữa hai đtAB1, BB1
Do đó:cos cos AB1B
) (
2
2
2 2
1 1
2 2 1 2 1
h a
a h BB
AB
AB BB AB
A1
Kết hợp gt, ta được B C
3 )
( 2
2
8
5
2 2
2 2
a h h
a
a h
M
0,25
Thể tích khối lăng trụ ABC A1B1C1 là:
2
3
2
1
3 1
1
a M B BC AB M
B S
0,25
Vì B1M ( ABC )nên góc giữa đt BB1 và mặt phẳng
)
( ABC là góc B1BM Ta có:tan 1 1 3 B1BM 600
BM
M B BM
Vậy góc giữa đt BB1 và mặt phẳng ( ABC ) là 600
0,25
6
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 6
8 6 1 6
8 6 1 6
8 6
z
z y
y x
x
1,00
1 6
9 1
6 9 0 ) 1 3 (
x x
x x
6
1
2
1 1 1 6
9 1 1 6
8 6
x x
x
x
1 1 6
8 6 ,
1 1 1 6
8 6
z z
z y y
y
Do đó:
Q z y
x
0,25
Theo bđt Cô-si, ta có 6
2 2
2
1 1
1 1
1 1
z y
x Q
z y x x z z y y x z y x Q
0,25
3
2 3
6 2
6
) (
1 1
3 ) (
1 )
(
3 )
(
3 1
.
3
xyz xyz
xyz xyz
2
(
1 1
3
xyz Q
0,25
3
xyz xyz
z y
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1
0,25
Trang 67.a Viết phương trình đường thẳng 1,00
)
( C1 có tâm I1( 2 ; 0 ), bán kính R1 3; ( C2) có tâm I2( 1 ; 1 ), bán kính R2 1 0,25
Dễ thấy M ( C1), M ( C2) Gọi là đt cần tìm Vì qua M nên có phương trình
dạng a ( x 1 ) by 0 ( a2 b2 0 ) cắt hai đường tròn( C1), ( C2)lần lượt tại A, B
(khác M) sao cho MA=2MB khi và chỉ khi
)
; (
2 )
; ( 2
2
2 2 2 1
2 2
MA
0,25
2
2 2 2
2
9
b a
b b
a
4
3
2
Chọn a 3 ta có b 2 Vậy, có hai đường thẳng cần tìm là
0 3 2 3 , 0 3 2
Đường thẳng d1 đi qua M1( 1 ; 3 ; 3 ) và có vectơ chỉ phương u1( 1 ; 2 ; 3 ), đường thẳng d2 đi
qua M2( 2 ; 5 ; 14 ) và có vectơ chỉ phương u2( 1 ; 2 ; 5 )
Ta có u1, u2 ( 4 ; 8 ; 4 ) 0, M1M2( 1 ; 8 ; 17 )
u u M M Vậy d1 và d2cắt nhau hay d1 và d2đồng phẳng
0,25
Gọi (P ) là mặt phẳng chứa d1 và d2 Khi đó, (P ) nhận vectơ , ( 1 ; 2 ; 1 )
4
1 2
vectơ pháp tuyến Vì ( P ) d1 nên M 1 ( P )
0,25
Phương trình của (P ) là 1 ( x 1 ) 2 ( y 3 ) 1 ( z 3 ) 0 hay x 2 y z 2 0 0,25
Vì 1 2 0 3 2 0 nên A (P ) hay A , d1, d2 cùng nằm trên mặt phẳng (P ) có phương
trình là x 2 y z 2 0
0,25
Gọi số phức cần tìm là z a bi ( a2 b2 0 ) Ta có z 3 i a ( b 3 ) i
Từ giả thiết, ta có hệ phương trình
5 ) 1 (
5 )
3 ( 2 2
2 2
b a
b
hay
2 2
2 2
2 2
2 4
0 8 8 0 4 2
0 4 6
b b a
b b
b a
b b
1
1
b
a
hoặc
1
1
b
a
Gọi phương trình chính tắc của hypebol (H )là 2 1
2 2
2
b
y a
x
) 0 , 0 ( a b Vì hình chữ nhật
cơ sở của (H ) có diện tích 48và một đường chuẩn của (H ) có phương trình
5
16
x nên ta có
0,25
Trang 7hệ phương trình
5 16
48 2 2 2
c a
b a
(I)
Ta có (I)
256 25
12
c a
ab
) (
256 25
12
2 2 4
b a a
ab
2 2
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 25 a4 144 a2 2304 0)
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
Đường thẳng 1có vectơ chỉ phương u1( 2 ; 1 ; 1 ), đường thẳng 2 có vectơ chỉ phương
) 3
; 1
; 3
(
u Gọi A d 1, B d 2 Tọa độ A, B có dạng lần lượt là
) 4
;
; 2 1
( t t t , ( 3 u ; u ; 2 3 u ) Ta có
) 3 3
; 1
; 3 ( ), 1
; 1
; 2 1
0,25
Vì I , A , B thẳng hàng nên k R sao cho
IB k
IA hay
) 3 3 ( 1
) 1 ( 1
) 3 ( 2 1
u k
t
u k
t
u k t
1 3
3
1
1 3 0 2
ku k t
ku k t
ku k t
0
5 , 0
5 , 0
ku k
t
0,25
0
5 , 0
5 , 0
u
k
t
) 3
; 1
; 0
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương BI ( 0 ; 1 ; 3 ) và đi qua ( 0 ; 1 ; 5 ) nên có phương trình tham số
là:
v z
v y
x
3 5 1
0 ( v R )
0,25
9.b Tính tổng S = C20000 C20004 C20008 C20002000
1,00
0 ( 1 1 )2000 C20000 C20001 C20002 C20003 C19992000 C20002000 (1)
22000 ( 1 1 )2000 C20000 C12000 C20002 C20003 C19992000 C20002000 (2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta có:
22000 2 ( C0 C2 C4 C2000)
0,25
Trang 8hay C2000 C2000 C2000 C2000 2 (3)
Xét số phức z ( 1 i )2000 ta có z ( 2 i )1000 21000 (4)
)
( 20000 20002 20004 20006 20001999 20002000 2000
0
C z
k
k k
( C12000 C20003 C20005 C19992000) i (5)
0,25
Từ (4), (5) ta suy ra C20000 C20002 C20004 C20006 C19992000 C20002000 21000 (6) 0,25 Cộng (3) và (6) vế theo vế, ta được 2P 21999 21000 hay P 21998 2999 0,25
-Hết -