Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi ,đáp án đề thi 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 GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 - 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Môn thi: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút; không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y 2 x3 9 mx2 12 m2x 1 (1) (m là tham số)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1
b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (2;3)
sin
cos 3 cos 3 sin sin 4
2
5 sin
x
x x x
x x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 ( x2 x 6 ) 5 x3 8
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
3 /
3 /
2
) 3 sin cos ( sin 2
dx x x
x x
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB , a ABC
600; hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng 1 ( ABC) là trung điểm của BC ; góc giữa
đường thẳng AA và mặt phẳng 1 ( ABC) bằng 0
60 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A1B1C1theo a và góc
giữa hai đường thẳng CA và 1 BB 1
Câu 6 (1,0 điểm) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
mx4 x ( 1 x 1 )3 x3 3 x 1
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 trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1;1), B(2;3) và
C thuộc đường tròn x2 y2 6 x 4 y 9 0 Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC , biết diện tích
của tam giác ABC bằng 0,5và điểm C có hoành độ là một số nguyên
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm
),
2
;
0
;
3
(
A B(1;1;0),C( 4; 5;3) Gọi M là điểm thuộc đoạn BC sao cho MC 2 BM Viết phương trình đường thẳng đi qua B , vuông góc và cắt đường thẳng AM
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z i 2 5 và điểm biểu diễn của z thuộc đường thẳng
0 1
3x 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;3;2)và đường thẳng
4
1 1
1
:
x y z Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M , song song với và khoảng cách giữa và )
(P bằng 3
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức z ( 1 i 3 )10
Trang 2Trang 1/6
(Đáp án gồm 6 trang)
1.a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 2 x3 9 x2 12 x 1 1,00
* 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 ' 6 x2 18 x 12 , x R; y ' 0 x 2 hoặc x 1
x - -2 -1
y’ + 0 - 0 +
y
-3
-4
-
0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2 ), ( 1 ; ) và nghịch biến trên khoảng ( 2 ; 1 ) Hàm số đạt cực đại tại x 2, với giá trị cực đại y ( 2 ) 3 và đạt cực tiểu tạix 1, với giá trị cực tiểu y ( 1 ) 4 0,25 * Đồ thị (C ): - (C )cắt Oy tại điểm ( 0 ; 1 ) - (C )đi qua điểm ( 3 ; 8 ) - (C )có điểm uốn I ( 3 / 2 ; 7 / 2 ) (C ) nhận I ( 3 / 2 ; 7 / 2 )làm tâm đối xứng
f(x)=2*x^3+9*x^2+12*x+1
-8 -6 -4 -2
2 4 6 8
x
y
0,25
www.VNMATH.com
Trang 31.b Tìm m để hàm số y 2 x3 9 mx2 12 m2x 1 (1) nghịch biến trên khoảng ( 2 ; 3 ) 1,00
R x m mx x
y ' 6 2 18 12 2, ' 9 m2
- Nếu m 0 thì y ' 0 , x R, hàm số đồng biến trên R Vậy m 0 không thỏa mãn
0,25
- Nếu m 0thì y ' 0 2 m x m Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng ( 2 ; 3 )khi
và chỉ khi 2 m 2 3 m(vô nghiệm)
0,25
- Nếu m 0thì y ' 0 m x 2 m Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng ( 2 ; 3 )khi
và chỉ khi
2
3 2
2 3
2
0,25
Vậy, các giá trị m cần tìm là ]
2
3
; 2 [
2
sin
cos 3 cos 3
sin sin 4
2
5 sin
x
x x x
x x
Điều kiện : sin x 0 Với điều kiện này, phương trình đã cho tương đương:
0 ) sin 3 sin cos 3 (cos 4
2 2 4 2 cos 4
cos x x x x k
x k ( k Z ) hoặc ( )
3 k Z
k
) (
3 k Z
k
3
k
x thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi k 3 m 1 ( m Z )hoặc k 3 m 2 ( m Z )
0,25
Vậy, nghiệm của phương trình là ( )
3 m m Z
3
2
Z m
3
Giải phương trình: 2 ( x2 x 6 ) 5 x3 8 (2) 1,00 Điều kiện: x 2 Với điều kiện này, phương trình (2) tương đương với phương trình
0 ) 2 ( 2 2 4 2 5
) 4 2 (
2 x2 x x2 x x x (3)
Đặt a x2 2 x 4 , b x 2 (a 0 , b 0 ), phương trình (3) trở thành:
2 a2 5 ab 2 b2 0
0,25
0 ) 2 )(
2
- Với 2 a b, ta có 2 x2 2 x 4 x 2 4 x2 9 x 14 0 (vô nghiệm) 0,25
- Với a 2 b, ta có x2 2 x 4 2 x 2 x2 6 x 4 0 x 3 13(tmđk)
Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm là x 3 13
0,25
4
Tính tích phân
/3 3 /
2
) 3 sin cos ( sin 2
dx x x
x x
1,00
/3
3 /
2sin 2 2 sin sin 3 ) (
dx x x x
x
trong đó /3 2
2 sin
xdx x
J , /32 sin 3 sin
xdx x
0,25
www.VNMATH.com
Trang 4Trang 3/6
- Tính K:
4
3 3 4
4 sin 2
2 sin )
4 cos 2
(cos
3 /
3 /
3 /
3 /
x x
dx x x
- Tính J: Đặt u x, ta có x2 u2, sin 2 x sin 2 u , du dx, ,
3 3
u
3 3
3 / 2 3
/
3 /
2sin 2 sin 2
0
J
0,25
4
3 3
5 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A1B1C1và góc giữa hai đường thẳng CA1 và BB1 1,00 Gọi H là trung điểm của BC A1
Từ giả thiết, ta có AC AB tan 600 a 3, B1 C1
a
AB BC
CH BH
60 cos 2 2
1
A
Vì A1H ( ABC ) nên góc giữa đường thẳng AA1 B H C
và mặt phẳng (ABC ) bằng góc A1AH Kết hợp giả thiết, ta có A1AH 600
0,25
60 cos 0
là
2
3 3 3 2
1
2
1
3 1
1
a a
a a H A AC AB H
A S
0,25
Vì BB1// A A 1 nên góc giữa hai đường thẳng CA1 và BB1 bằng góc giữa hai đường
thẳng CA1 và AA1 Ta có CA A H2 CH2 3 a2 a2 2 a
1
Do đó
8
5 2
2 2
3 4 4
2 cos
cos
2 2 2
1 1
2 2
1 2 1
a a
a a a CA
AA
AC CA AA C
AA
0,25
Vậy, góc giữa hai đường thẳng CA1 và BB1là góc thỏa mãn
8
5 cos 0,25
6
Tìm m để bất phương trình mx4 x ( 1 x 1 )3 x3 3 x 1 (4) có nghiệm 1,00
Điều kiện: 0 x 1
- Xét x 0, thay vào (4) không thỏa mãn với mọi m R
0,25
- Xét x ( 0 ; 1 ], ta có x4 x ( 1 x 1 )3 0, nên bpt (4) tương đương với bpt
3 4
3 ) 1 1 (
3 1
x x
x
x x m
0,25
Đặt
3 4
3 ) 1 1 (
3 1 ) (
x x
x
x x x
f
3 4
3 3
4 3
) 1 1 (
1
1 3 ) 1 1 (
1
3 1 )
(
x x
x
x x
x x
x x x
f
0,25
www.VNMATH.com
Trang 5Vì x ( 0 ; 1 ] nên 1 0
3
x
x
và 0 4 x ( 1 1 x )3 1 f ( x ) 3 , x ( 0 ; 1 ]
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1
Do đó, bpt (4) có nghiệm khi và chỉ khi min ( )
] 1
; 0 ( f x
m
x
Ta có AB ( 1 ; 2 ) AB 5
Phương trình của đường thẳng ABlà 2 ( x 1 ) ( y 1 ) 0 hay 2 x y 1 0
Gọi là đường thẳng qua Cvà song song với AB Khi đó, phương trình của có dạng
) 1 (
0
2 x y m m Vì // AB nên d ( A ; ) d ( C ; AB ) hay
AB
S
m 2 ABC
5
1
1
1
0,25
- Với m 0 thì có phương trình 2 x y 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
0 9 14 5
2 0
9 4 6
2
2 2
2
x x
x y y
x y x
x y
(vô nghiệm)
0,25
- Với m 2 thì có phương trình 2 x y 2 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
0 21 22 5
2 2 0
9 4 6
2 2
2 2
2
x x
x y y
x y x
x y
4
3
y
x
(tm) hoặc
5 4 5 7
y
x
(loại)
0,25
) 4
; 3 (
C
và tọa độ trọng tâm Gcủa tam giác ABClà
3
8
;
Gọi M ( a ; b ; c ) , ta có BM ( a 1 ; b 1 ; c ), BC ( 3 ; 6 ; 3 ) Vì M thuộc đoạn BC và
BM
3
1
1 1 2
1
2 1
1 1
c b a
c b
a
) 1
; 1
; 2 (
0,25
Đường thẳng AM đi qua A ( 3 ; 0 ; 2 ) và có một vectơ chỉ phương MA ( 1 ; 1 ; 1 ) nên có
phương trình tham số là
t z
t y
t x
2
3
0,25
Tọa độ hình chiếu H của B trên đường thẳng AM có dạng ( 3 t ; t ; 2 t )
Ta có H và BH ( 2 t ; t 1 ; 2 t ) Vì BH AM nên BH MA 0 hay
0 2
1
2 t t t t 1 BH ( 1 ; 2 ; 1 )
0,25
Đường thẳng đi qua B ( 1 ; 1 ; 0 ) và có một vectơ chỉ phương BH ( 1 ; 2 ; 1 ) nên có phương
trình tham số là
u y
u x
2 1
1
0,25
www.VNMATH.com
Trang 6Trang 5/6
Gọi số phức cần tìm là z a bi ( a , b R ) Khi đó z 2 i a ( b 2 ) i
Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:
0 1 3
5 )
2
2
b a
b
1 3
5 ) 1 3
2
a b
a a
1 3
0 2 3
5 2
a b
a
4
1
b
a
hoặc
5 1 5 2
b
a
Vậy, có hai số phức cần tìm là 1 4 i và i
5
1 5
2
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 hệ phương trình
5 16
48 2 2 2
c a
b a
(I)
0,25
Ta có (I)
2
4 256 25
12
c a
ab
) (
256 25
12
2 2
a ab
2 2
256 25
12
a a a
a b
0,25
0 36864 256
25
12
4
a a
b
0 ) 2304 144
25 )(
16 (
12
2 4
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
Mặt phẳng (P )đi qua điểm M ( 0 ; 3 ; 2 ) nên có phương trình dạng
0 ) 2 ( ) 3
b y c z
Đường thẳng
4
1 1
1
x y z đi qua A ( 0 ; 0 ; 1 )và có một vectơ chỉ phương u ( 1 ; 1 ; 4 ) Mặt phẳng (P )có một vectơ pháp tuyến n ( a ; b ; c )
0,25
www.VNMATH.com
Trang 7Vì mặt phẳng (P )song song với và khoảng cách giữa và (P ) bằng 3 nên ta có
3 )) (
;
(
0
) (
P A
d
n
u
P A
hay
3 3
3
0 4
0 3 3
2 2
2 b c a
b c
c b a
b c
2 2 2 2
) 4 ( ) (
4
c b c b b
c
c b a
0 16 10
4 2 2
c bc b
c b a
c b
c a
2
2
hoặc
c b
c a
8
4
0,25
- Với a 2 c , b 2 c, ta chọn a 2 thì b 2, c 1 Khi đó, (P )có phương trình
0 8 2
- Với a 4 c , b 8 c, ta chọn a 4 thì b 8, c 1 Khi đó, (P )có phương trình
0 26 8
4 x y z
Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm là 2 x 2 y z 8 0, 4 x 8 y z 26 0
0,25
9.b
Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức z ( 1 i 3 )10
1,00
10 10
10 10
10
3
sin 3 cos 2 2
3 2
1 2 ) 3 1
i i
i
Áp dụng công thức Moa-vrơ, ta có
3
4 sin 3
4 cos 2 3
10 sin 3
10 cos
i i
0,25
3
4
Z k
Ta có
3
2 0
2 3
4 k k hay k , 4 , 3 , 2 , 1
0,25
Acgumen âm lớn nhất của ztương ứng với k 1
Vậy acgumen cần tìm của zlà
3
2
0,25
-Hết -
www.VNMATH.com
