DE THI THU KHOI D THPT NGUYEN XUAN NGUYEN THANH HOA

TRƯỜNG THPTNGUYỄN XUÂN NGUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH -CĐ NĂM HỌC 2012 -2013 Môn: TOÁN, khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I.. Tín

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 D

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 2 1

1

x y x





 có đồ thị là (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Tìm các giá trị m để đường thẳng y3x m cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác

OAB thuộc đường thẳng x 2y 2 0 (O là gốc tọa độ)

Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: cos cos3 1 2 sin 2

4

x x   x 

Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình (x,y  R)

Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân: I = dx.

Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thoi cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 , gócBAD bằng

600, SAB  ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm AB và BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD

và cosin giữa hai đường thẳng SM và DN.

Câu 6 (1 điểm) Cho các số thực a,b,c [ 1 ; 2 ] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

) (

4

) (

2

2

ca bc ab c

b a P











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 Oxy, cho tam giác ABC có AB = 5, C(-1;-1),

phương trình cạnh AB là: x 2y 3 = 0, trọng tâm G thuộc đường thẳng: x + y

-2 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B

Câu 8.a (1 điểm) Viết phương trình đường thẳng  đi qua A3; 2; 4   , song song với mặt phẳng  P : 3x 2y 3z 7 0 và cắt đường thẳng  : 2 4 1

Câu 9.a (1 điểm) Tìm số phức z biết: z   và số phức 1 1 ( 1 i)(z 1 ) có phần ảo bằng 1

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I

thuộc đường thẳng  d :x y  3 0 và có hoành độ 9

2

I

x  , trung điểm của một cạnh là giao điểm

của (d) và trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

Câu 8.b (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d d có phương trình là1, 2

1

1

z t

 





 



 



, 2

:

d      , d là đường thẳng đi qua I(2;2;-1) cắt d d lần lượt tại A 1, 2

và B Viết phương trình mặt cầu đường kính AB

Câu 9.b (1 điểm) Tìm số phức z biết z có một acgumen bằng

4



và z 2 3i 5

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………

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KHỐI D

KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH - CĐ NĂM HỌC 2012 - 2013

(Hướng dẫn chấm gồm năm trang)

(2

đ)

a (1 điểm)

1 TXĐ : \ 1 

2 Sự biến thiên:

a) Giới hạn, tiệm cận:

2 1

1

x

x

x

 



 

 TCN : y 2

b) BBT:

2

3

( 1)

x





Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1;)

Lập BBT

x   1 

-y 2

 



2

3 Đồ thị:

6

5

4

3

2

1

-1

-2

b (1 điểm)

Pt hoành độ giao điểm: 2 1 3

1

x

x m x



 

 Với đk x 1

2

PT 2x 1 (x1)( 3 x m )3x  (1m x m)   1 0 (1)

d cắt (C) tại A và B  Pt (1) có 2 nghiệm khác 1

(1 ) 12( 1) 0

( 1)( 11) 0

1

m

m



 



Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của (1) Khi đó A x( ; 31  x1m B x), ( ; 32  x2m)

Gọi G là trọng tâm tam giác OAB  OG 2OI  G1m m; 1

1 1 11

G d         m

5

m 

2

(1

đ)

 2 cos2x cosx 1 sin 2x cos2x  

 cos2x(2 cosx 1) 1 2sin x cosx  

 (cos x sin x)(2cosx 1) (cosx sin x)2  2    2

 



(cosx sin x)(2 cosx 1) cosx sin x (2)





2 (2) 2 cosx(cosx sin x 1) 0

2 cos x 1

4

Vậy pt có nghiệm là x  k

4 ,



  

2 , x k2 

3

(1

đ)

Điều kiện: y  0 và x  1

Xét phương trình: x(1 + y - x) = -2y - y

 2y + (x + 1)y - x + x = 0

Xét  = (x + 1) - 8(-x + x) = 9x - 6x + 1 = (3x - 1)

Vậy ta có: y = = - x ( loại do x, y cùng dương )

y = =

Với x = 2y + 1 thay vào phương trình x( - 2) = y( - 2) ta được:

Phương trình thành: (2y + 1).( - 2) = y( - 2)

 ( - 2).(y + 1) = 0



Với y = 2  x = 5

Vậy hệ phương trình có một nghiệm là (x; y) = (5;2)

4

(1

đ)

Tích phân I = dx = dx

= xdx + dx = + I

Với I =dx = sinxdx = (1 - cos2x)dx = -

Vậy I = + -

5

(1đ)

Tính được 2

1

2

ABCD

Tam giác SAB vuông tại S,suy ra SM=a,từ đó tam giác SAM đều.Gọi H là trung điểm của AM,suy ra

3

3 2



Gọi Q là điểm thoả mãn 1

4

AQ AD MQ//DN Gọi K là trung điểm của MQ,suy ra HK//AD,HKMQ,MQ(SHK)

Góc giữa SM và DN là góc BAD^

3

os

4

MK c

6

(1đ)

b a b a c c

b a ab

b a c c

b a





















2 2

2

) ( ) ( 4

) ( 4

) ( 4

) (

Do a,b,c [ 1 ; 2 ] nên ab 0, nên chia tử và mẫu của M cho 2

) (a  b ta được:

1 1

4

1

2 2









































t t b

a

c b

a c

M

với

b a

c t



 Với a,b,c [ 1 ; 2 ]   ; 1

4

1

t

Xét hàm số

1 4

1 )







t t t

f trên  ; 1

4

1

Ta có 2 2

/

) 1 4 (

) 2 ( 2 )

(











t t

t t

f < 0,   ; 1

4

1

t  f/ (t)nghịch biến trên  ; 1

4

1

Do đó 

6

1 ) 1 ( ) (

 f t f

t Đẳng thức xảy ra khi t  1  (a;b;c)  ( 1 ; 1 ; 2 )

Vậy Min P

6

1

 khi (a;b;c)  ( 1 ; 1 ; 2 )

7a

(1đ)

Gọi A(x1;y1),B(x2;y2).Vì A,B thuộc đường thẳng x-2y-3=0 nên ta được:

1 2 1 3 0(1); 2 2 2 3 0(2)

G là trọng tâm tam giác ABC nên:x1 y1  1 3 ; x xG 2 y2  1 3 yG

G thuộc đường thẳng x+y-2=0  x1 y1  1 x2 y2   1 6 x1 x2 y1 y2  8(3)

AB=5 ( x1 x2)2  ( y1 y2)2  5(4)

Từ (1),(2),(3)

22 3 2 3





 



Từ (1),(2)x1 x2  2( y1 y2) thay vào (4) được y1 y2  1

TH1: y1 y2  1.Tìm được 14 5 8 1

( ; ), ( ; )

TH2:y1 y2  1.Tìm được 8 1 14 5

( ; ), ( ; )

Ta có n P3; 2; 3  

Giả sử B(2 + 3t ; –4 – 2t ; 1 + 2t) là giao điểm của  và d

(1đ)

Khi đó AB 1 3 ; 2 2 ;5 2t   t  t

, AB|| P  ABn P  AB n P   0 t 2

   

Vậy B(8; 8;5) và AB5; 6;9 

Vậy phương trình đường thẳng  : 3 2 4

9a

(1đ)

Đặt zxyi(x,yR)  zx yi

Ta có: 1 1 ( 1 ) 2 2 1 ( 1 )











z

Vì ( 1 i)(z 1 )  (xy 1 )  (x y 1 )i;

(1  i z )(  1) có phần ảo bằng 1 nên x y   1 1   x 1 y 1 ( 2 )

Thay (2) vào (1) ta được : ( 1 ) 2 2 1 2 2 2 0





















1

0

y y

Với y 0  x 2  z 2

Với y  1  x 1  z 1  i

Vậy có 2 số phức là z = 2 và z = 1 - i

7b

(1đ)

I có hoành độ 9

2

I

2 2

I d x y    I  

Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0)

4 4

12

3 2

ABCD ABC

S

AB

 









 , suy ra phương trình AD: 1.x 31.y 0  0 x y  3 0

Lại có MA = MD = 2

Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:

  



1

x y









 Vậy A(2;1), D(4;-1),

9 3

;

2 2

I  

  là trung điểm của AC, suy ra: 2 2 9 2 7

2

A C I

I

y











 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4)

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1)

8b

(1đ)

d cắt d1, d2 lần lượt tại A và B =>A(1+t;3-t;t) , B(3+b;1+b;-2+b) mà d đi qua I nên A, B, I thẳng hàng

1 ( 1)

1 ( 3)





   



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 1 (3;1;2), (3;1; 2)

Mặt cầu đường kính AB có tâm C bán kính R=BC có phương trình là (x-3)2+(y-1)2+z2=4

9b

Do z có một acgumen bằng

4

 nên cos sin

z r   i  

 , r 0

(1đ) 2 2 2

r

      

 2  2

2

2 3 5

5 6 0 1( / ) 6( )





  



Vậy z 1 i

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