Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng môn toán giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!
Trang 1www.VNMATH.com
SỞ GD-ĐT NGHỆ AN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 MÔN TOÁN - ĐỢT 3 - NĂM 2013
Thời gian làm bài : 180 phút
I Phần chung
Câu 1 Cho hàm số y = x4- 2(m+1)x2 +2m +1 (Cm ) , điểm K(3;-2)
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0
2 Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm A, B, C,D phân biệt sao cho diện tích tam
giác KAC bằng 4 (các điểm A, B, C , D được sắp xếp theo thứ tự hoành độ tăng dần)
Câu 2 Giải các phương trình sau :
x
x x
sin cos 3
3 2 cos 2
1 sin cos
2 2 2 4 4 2 9 2 16
x
Câu 3 Tính tích phân :
I = x dx
x x
2
0
2
2 sin 1 1
Câu 4 Cho hình chóp S.ABC có SA= 3a ( a> 0 ) , SA tạo với đáy (ABC) góc 600 Tam giác ABC vuông tại B , góc ACB bằng 300 G là trọng tâm của tam giác ABC , hai
mặt phẳng (SGB), (SGC) cùng vuông góc với đáy Tính thể tích khối chóp theo a
Câu 5 Cho
3
1 < x
2
1
và y 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
2 2 2
2
1
y x y
x
II.Phần riêng( 3 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn
Câu 6a ( 1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T) :x2y2 x 9y18 và 0
hai điểm A(4;1), B(3;-1).Gọi C,D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành
Viết phương trình đường thẳng CD
Câu 7a( 1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;4;-3), B( 4;0;1) và đường thẳng
x y z
Xác định các điểm C,D sao cho ABCD là hình thoi biết rằng D nằm trên d
Câu 8a.( 1 điểm) Cho z z là các nghiệm phức của phương trình 1, 2 2z24z11 0 Tính giá trị của
biểu thức
2012
M
B.Theo chương trình nâng cao
Câu 6b ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho đường tròn ( C) :x2y28x6y21 0
và đường thẳng d: x y 1 0 Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp đường
tròn ( C) biết điểm A thuộc d
Câu 7b ( 1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) chứa đường thẳng
d: 1
Và tạo với mặt phẳng ( Q) : 2x2y z 1 0 góc
0
60 Tìm tọa độ giao điểm M của mặt phẳng (P) với trục Oz
Câu 8b( 1 điểm).Giải hệ phương trình
4
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 - NĂM 2013
MÔN TOÁN
1 1
1 điểm
1.2
TXĐ: D= R
y
xlim ,
y
xlim
y’ = 4x3- 4x = 0 x= 0 , x=1
Bảng biến thiên
x - -1 0 1 +
y’ - 0 + 0 - 0 +
+ +
1
y
0 0
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -1;0) ; (1 ;+ ) , Hàm sốnghịch biến trên các khoảng (- ; 1) ; (0 ; 1 )
Hàm số đạt cực đại tại x= 0 , ycđ = 1
Hàm số đạt cưc tiểu tại x= 1 , x= -1 , yct = 0
y
Đồ thị : cắt trục hoành tại (-1;0) ;(1;0)
Cắt trục tung tại (0;1)
Nhận oy làm trục đối xứng
1
-1 0 1 x
Phương trình hoành độ giao điểm :
x4 - 2(m+1)x2 + 2m+1 = 0
đặt x2 = t 0 phương trình trở thành : t2 - 2(m +1)t +2m+1 = 0 (1)
để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì phương trình (1) có
hai nghiệm dương phân biệt
0 1 2
0 1 2 0
2 1
2 1
2 '
m t t
m t
t
m
2 1 1 0
m m
m
2 1 0
m
m
(* )
0,25
0.25
0.25
0.25
0.5
Trang 3www.VNMATH.com
Câu 2
1
2
Với điều kiện (* ) phương trình (1) có hai nghiệm 0< t1 < t2 , lúc đó đồ thị cắt trục
hoành tại 4 điểm phân biệt A(- t ; 0 ) ; B (-2 t ; 0 ) ; C (1 t ; 0 ) ; D( 1 t ; 0 ) 2
Diện tích tam giác KAC là S =
2
1
AC d(K; AC ) = 4 ( 2)
Trong đó d(K; AC ) = | yK | = 2 , AC = t + 1 t 2
( 2)
2
1 ( t + 1 t ) 2 = 4 t2 1 +t2 +2 t1.t2 = 16 2(m +1) + 2 2m1=16
49 14 1
2
7
m m
m
m = 4 ( tm)
x
x x
sin cos 3
3 2 cos 2
1 sin cos
Điều kiện : cos(
3 2
x
) o
2( cos2x - sin2x ) +1 = 2cos(
3 2
x
).( 3cosx sinx)
3cos2x - sin2x = 2cos(
3 2
x
) ( 3cosxsinx)
( 3cosx sinx ) ( 3cosx sinx-2cos(
3 2
x
) ) = 0
3cosxsinx = 0 hoặc cos(x +
6
) - cos(
3 2
x
) = 0
x =
3
2
+ k2 ; x = - + k4 hoặc x =
9
+ k
3
4
là nghiệm
Giải phương trình : 2 2x 4 4 2x 9x2 16 (3)
ĐK: |x| 2
(3) 32 - 8x2 + 16 2
4
2 x = x2 + 8x 8 ( 4 - x2 ) + 16 2.4x2 = x2 + 8x
Đặt 2
4
2 x = t 0 t2 = 2 (4 - x2 ) phương trình trở thành : 4t2 + 16 t - x2 -8x = 0 có = (2x + 8)2
Phương trình có 2 nghiệm là : t =
2
x
hoặc t =
-2
x
- 4 ( loại )
Với t =
2
x
2
4
2
x
0
32
9 2
x
x
x =
3
2 4
là nghiệm của pt
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
0.5
0.5
Trang 4Câu 3
Câu 4
Tính tích phân : I = x dx
x x
2
0
2
2 sin 1
1
dx x
x
2
0 2
2
0
2
sin x dx x
= (
2
1 ln( x2 +1) +
4
2
x
- 4
2
sin x x
- 8
2
cos x
) 2 0
=
2
1
ln(1 +
4
2
) +
16
2
+
4 1
G
C
K
B A
S
Mặt phẳng (SGB) , (SGC) cắt nhau theo giao tuyến SG và cùng vuông góc với
mặt phẳng đáy nên SG là đường cao của hình chóp
Góc SAG = 600 , trong tam giác vuông SGA có SG = SA Sin600 =
2
3
3a
AG = SA Cos600 =
2
3a
, AK =
2
3
AG =
4
9a
với K là trung điểm của BC
Đặt AB = x , tam giác vuông ABC có BC = AB.cot300 = x 3 BK =
2
3
x
Trong tam giác vuông ABK có AK2 = AB2 + BK2
16
81a2
= x2 +
4
3x2
= 4
7x2
x =
7 2
9a
Diện tích tam giác ABC là S =
2
1
AB.2BK =
56
3
81a2
Thể tích V =
3
1
SG SABC =
112
243a3
0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
Trang 5www.VNMATH.com
II.Phần riêng
Câu 5
Cho
3
1 < x
2
1
và y 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
2 2 2
2
1
y x y
x
Đặt a =
x
1 , b =
y
1
, 0 < b 1 , 2 a < 3 , P = 12
a + 2
1
b + 2
4
1
b
a
Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho 12
b , 2 4
1
b
a
ta có :
P 12
a + 4 a b b
2
1
a + 2
4
8
a
( áp dụng cauchy cho b và 4-a-b )
12
a + 2
4
1
a
4
7
a
4aa
2
+
2
4
7
a
( cauchy cho 2
1
a và 2
4
1
a
4
9
( vì (4-a )a 4 và (4-a)2 4 với 2 a < 3 )
Dấu bằng xảy ra khi
1
2
b
a
tức
1
2 / 1
y x
Vậy MinP =
4
9
0.25
0.25
0.5
0.25
Trang 66a
1 điểm
Ta có ( T):
nên ( T ) có tâm I2 2; và R= 2
AB(-1 ;-2 ) , AB = 5 Đường thẳng CD song song với AB nên có phương trình
dạng 2xym0
Khoảng cách từ I đến CD là h= 2 7 2 2
2 5
m
Ta có CD= AB nên
2
1
m m
m
m
Vậy CD có phương trình 2x y 6 0 hoăc 2x-y + 1=0
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
7a
1điểm
d có vtcp u (2;1;3)
và có Ptts
6 2 1
4 3
Ta thấy điểm Bd kết hợp với giả thiết Dd nên tâm I của hình thoi cũng
thuộc d Do ABCD là hình thoi nên ACBD, hay I là hình chiếu của A trên
Gọi I( 6+2t; 1+t; 4+3t)d Khi đó AI(5 2 ; 3 t t; 7 3 ) t
AI u t t t t
hay I( 2;-1;-2)
Do C và D lần lươt đối xứng với A và B và qua I nên C( 3;-6;-1) và
D ( 0;-2;-5)
0,25
0,25 0,25 0,25
Câu
8a
1điểm
Gải Phương trình: 2
2z 4z11 0 ta được nghiệm : 1 1 3 2
2
z i ; 2 1 3 2
2
z i
Suy ra: 1 2 22
2
z z ;z1z22
Do đó : M = 2012 2012
11 11
11
0,25 0,5
0,25 Phần B
Câu 6b
1điểm
Đường tròn ( C ) : x42y32 4 Tâm I ( 4;-3); Bán kính R =2
-Gọi điểm A (a; 1-a)d M,N lần lượt là trung điểm AB và AD Do ABCD là Hình vuông ngoại tiếp ( C) nên
2 (2; 1)
I là tâm đường tròn cũng là tâm hình vuông nên A( 6;5) thì C( 2;-1) hoặc
ngược lại
Cạnh hình vuông bằng 2R = 4
(Gọi D ( x;y) Ta có : AD DC 0
và AD = 4
Hay D( 6;-1) thì B( 2;-5)
Vậy bốn đinh hình vuông là :A(6;-5) B(2;-5) C(2;-1);D(6;-1)
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 7www.VNMATH.com
Câu 7b -Đường thẳng d đi qua điểm A(1,0,0) và có vtcp u(1; 1; 2)
Mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyên là n (2; 2; 1)
Giao điểm M(0;0;m)Oz ;AM ( 1; 0; )m
Mặt phẳng (P) có vtpt là : n = [ AB , u ] = (m ; m-2 ; 1 )
Cos600
2 1
9
1 1 2 2 2
2
2
m m
m m
2
1
=
5 4 2
1 2
m m
2m2 m4 5 = 2
2m2-4m +1 = 0 m =
2
2
2
hoặc m =
2
2
2
Vậy tọa độ điểm M ( 0;0;
2
2
2
); M (0;0;
2
2
2
)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 8b
1 điểm
ĐK: x0;y0 Ta có :
2
y
x xyy x y x y
(1) 0
(1) 0
VT
VP
vô nghiêm nên hệ vô nghiệm
(1) 0
(1) 0
VT
VT
vô nghiệm nên hệ vô nghiệm
Do đó x=y thay vào hệ ta có 20 20 2
x x
Vậy nghiệm của hệ là (x;y) = ( 2; 2)
0,25
0,25
0,25 0,25 Lưu ý: Các cách giải đúng đều cho điểm tối đa
