SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 TRƯỜNG THPT THUẬN AN Môn: TOÁN - khối A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THỬ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm) Câu I. ( 2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1y x mx = − + (1), m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B và C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 1. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3(sin2x+sinx)+cos2x-cosx=2 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 3 3 2 2 1 2 1x x x x+ − = − Câu III. ( 1,0 điểm) Tính tích phân I = 2 1 ln (3 ln ) e x dx x x + ∫ Câu IV.( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC, có tam giác ABC vuông tại B, AB=a, BC=a 3 , mp(SAC) vuông góc mp(ABC), SA=SC=a 2 . Gọi M, N lần lượt là trọng tâm tam giác SAB và SAC. Tính thể tích của khối chóp S.AMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a . Câu V. ( 1,0 điểm) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn 2 2 1x y+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1A x y y x     = + + + + +  ÷  ÷     . II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( 2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2 (C): x +y =1 . Đường tròn (C') tâm I(2;2) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho độ dài đoạn AB = 2 . Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-1;6;6), B(3;-6;-2) . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tổng MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a ( 1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z, biết 2 ( 5 ) (1 5 )z i i= + − B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình 2 2 2 4 20 0x y x y+ + − − = và điểm A(3;0) . Viết phương trình đường thẳng ( )∆ đi qua A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung MN có độ dài: a) Lớn nhất. b) Nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm I(0;0;1), K(3;0;0) . Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm I, K và tạo với mặt phẳng Oxy một góc bằng 30 o . Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm dạng lượng giác của số phức sau: 1 3 3 i z i − = + . 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 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A, A1, B NĂM HỌC 2013 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1.a Câu 1. a) Khi 1m = , ta có: 4 2 2 1y x x = − + . Tập xác định: D R = . Sự biến thiên: Chiều biến thiên: 3 ' 4 4 ; ' 0 1 0 1 hoaëc hoaëc y x x y x x x = − = ⇔ = − = = . Các khoảng đồng biến: ( 1;0) − và (1; )+∞ , khoảng nghịch biến ( ; 1)−∞ − và (0;1) . Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0x = , 1 CÑ y = ; đạt cực tiểu tại 1x = ± và 0 CT y = . Giới hạn: lim x y →+∞ = +∞ và lim x y →−∞ = +∞ Bảng biến thiên: Đồ thị: 0.25 0.25 0.25 0.25 1.b b) Ta có 3 2 2 0 ' 4 4 4 ( ); ' 0 x y x mx x x m y x m =  = − = − = ⇔  =  , vậy đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi 0m > . Các điểm cực trị hàm số là 2 2 (0;1); ( ;1 ); ( ;1 )A B m m C m m− − − . Gọi I là tâm và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Do ,B C đối xứng nhau qua trục tung nên tam giác ABC cân tại A , do đó tâm I nằm trên Oy , giả sử: (0; ) 1I y IA R ⇒ = = 0.25 0.25 2 1 2 0 ( 1) 1 (0;0); (0;2) 2 y y hay I I y =  ⇔ − = ⇔  =  . Với ( ) 2 2 1 1 1 5 (0;0) 1 1 1 0; 1 2 hoaëc I I B R m m m m m − ± ⇒ = = ⇔ + − = ⇔ = = = , do 0m > nên chỉ nhận 1 5 1; 2 m m − + = = Với ( ) 2 2 2 2 (0;2) 1 1 1I I B R m m⇒ = = ⇔ + + = , phương trình này vô nghiệm do ( ) 2 2 0 1 1m m m > ⇒ + + > . Vậy 1 5 1; 2 m m − + = = là hai giá trị cần tìm. 0.25 0.25 2 Câu 2a. Giải phương trình 3(sin 2 sin ) 2 cos 2x x cos x x+ + − = 3 1 3 1 sin 2 2 sin cos 1 2 2 2 2 2 sin 1 3 6 x cos x x x cos x x π π     ⇔ + + − =  ÷  ÷  ÷  ÷         ⇔ − + − =  ÷  ÷     2 2sin sin 0 6 6 x x π π     ⇔ − − − =  ÷  ÷     sin 0 6 1 sin 6 2 6 2 , 2 3 x x x k x k k x k π π π π π π π π    − =  ÷     ⇔    − =   ÷     = +   ⇔ = + ∈   = +   ¢ 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Câu 2b. Giải phương trình sau ( ) ( ) 3 3 2 2 1 2 1x x x x+ − = − Điều kiện: 1 1x − ≤ ≤ . Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1x x x x x x x x+ − − − + − = − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 2 1x x x x x x⇔ + − − − = − (*) Đặt 2 2 2 1 1 1 2 t t x x x x − = + − ⇒ − = , khi đó phương trình (*) trở thành: ( ) ( ) 2 2 3 2 2 1 1 1 2 2 3 2 0 2 2 2 1 0 2 2 t t t t t t t t t   − − − = ⇔ + − − = ⇔ − + + =  ÷   2 2 2 2 1 2 2 1 0 2 1 t t t t t t  =   = ⇔ ⇔ = − +   + + =    = − −   (i). Với 2 2 2 1 2 1 2t x x x x= ⇒ + − = ⇔ − = − ( ) 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 0 2 x x x x x⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ = 0.25 0.25 0.25 (ii). Với 2 2 1 1 2 1t x x= − − ⇒ + − = − − ⇔ vô nghiệm do 1VT VP ≥ − > (iii) Với 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1t x x x x= − + ⇒ + − = − + ⇔ − = − + − ( ) 2 2 1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 x x x x  − ≤ ≤ − + − − −  ⇔ ⇔ =  − = − + −   Vậy phương trình có hai nghiệm là 2 1 2 2 2 1 , 2 2 x x − − − = = . 0.25 3 Câu 3 (1.0 điểm). Tính tích phân I = 2 1 ln (3 ln ) e x dx x x+ ∫ Ta có Đặt 1 3 ln ln 3t x x t dt dx x = + ⇒ = − ⇒ = Đổi cận x 1 e t 3 4 4 4 4 4 4 2 2 3 3 3 3 3 3 1 3 3 4 1 ln ln 3 4 t I dt dt dt t t t t t − = = − = + = − ∫ ∫ ∫ 0.25 0.5 4 Câu 4 Tính SAMN V : Ta có 2 2 2 2AC a SA SC AC SA SC= ⇒ + = ⇒ ⊥ Hạ SH AC ⊥ , do ( ) ( ) ( ),SAC ABC SH ABC SH a⊥ ⇒ ⊥ = Gọi K là trung điểm của AB . Ta có 2 2 4 . . 3 3 9 SAMN SAKH V SM SN V SK SH = = = 3 4 4 1 4 1 1 3 3 . . . . . . . . 9 9 3 9 3 2 2 2 54 SAMN SAKH AKH a a a V V S SH a⇒ = = = = Tính ( , )d SC AB : Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ sao cho 3 (0;0;0), (0; ;0), ( 3;0;0), ( ; ; ) 2 2 a a B A a C a S a 0.25 0.25 0.25 Ta có 3 ; ; , (0; ;0), ( 3; ;0) 2 2 a a SC a AB a CA a a   = − − = − = −  ÷  ÷   uuur uuur uuur , . 2 21 ( , ) 7 , SC AB CA a d SC AB SC AB     = =     uuur uuur uuur uuur uuur 0.25 5 Câu 5 (1,0 điểm) Cho ,x y là hai số dương thỏa mãn 2 2 1x y+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1A x y y x     = + + + + +  ÷  ÷     . Ta có thể viết A thành dạng sau: 1 1 1 1 1 2 2 2 2 x y A x y x y y x x y         = + + + + + + + +  ÷  ÷  ÷  ÷         . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2, 2, 2, 2 2 2 2 x y x y x y y x x y xy x y   + ≥ + ≥ + ≥ + ≥ ≥ =  ÷ +   Cộng theo vế ta được 1 1 1 1 1 3 2 2 3 2 4 2 2 2 x y x y A x y y x x y         + + + + + + + ≥ + ⇒ ≥ +  ÷  ÷  ÷  ÷         Dấu đẳng thức xảy ra 2 2 1 1 ; ; 2 2 2 1 1 2 ; 1; 0; 0 x y x y x y y x x y x y x y x y  = = =   ⇔ = =   = + = ≥ ≥   . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3 2 4+ khi 2 2 x y= = 0.25 0.25 0.25 0.25 II.PHẦN RIÊNG (3.0 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) 6.a.1 A.Theo chương trình chuẩn Câu 6.a.1 Đường tròn ( )C có tâm (0;0)O và bán kính 1r = . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB thì H là trung điểm của đoạn AB 2 2 2 AB HA⇒ = = . Tam giác OHA vuông tại H , ta có: 2 2 1 1 1 2 2 OH OA HA= − = − = . Đường tròn ( ')C tâm (2;2)I . Nên đường thẳng AB chính là đường thẳng vuông góc với OI và cách O một khoảng 1 2 OH = . Do (2;2) : 0OI AB x y c= ⇒ + + = uur Mặt khác: 1 1 ( ; ) 1 2 2 2 c d O AB c= ⇔ = ⇔ = ± . Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: 1 0x y+ + = và 1 0x y+ − = . 0.25 0.25 0.25 0.25 6.a Câu 6.a.2. ( ) ( ; ;0)M Oxy M x y∈ ⇒ Ta có: ( 1 ;6 ;6), (3 ; 6 ; 2)MA x y MB x y= − − − = − − − − uuur uuur Phương trình mặt phẳng ( ) : 0Oxy z = , do A có cao độ bằng 6, B có cao độ bằng -2 nên hai điểm ,A B nằm về hai phía đối với mặt phẳng ( )Oxy . Ta có (khoâng ñoåi)MA MB AB+ ≥ min( )MA MB AB⇒ + = , đạt được khi ba điểm , ,A B M thẳng hàng MA⇔ uuur và MB uuur cùng phương nên 2 1 6 6 3 3 6 2 x x y y x y =  − − − = = ⇔  = − − − − −  . Vậy điểm cần tìm là (2; 3;0)M − . 0.25 0.25 0.5 7.a 2 ( 5 ) (1 5 ) (4 2 5 )(1 5 ) 14 2 5z i i i i i= + − = + − = − Vậy z = 14 2 5 i+ Phần thực của z là 14 và phần ảo là 2 5 0.5 0.25 0.25 B.Theo chương trình nâng cao Câu 6.b.1 Đường tròn ( )C có tâm ( 1;2)I − , bán kính 5R = . a).Dây MN lớn nhất khi MN là đường kính của ( )C . Do đó ( )∆ là đường thẳng đi qua A 0.25 6.b và I . Ta có (4; 2)IA = − uur suy ra phương trình đường thẳng ( )∆ là 3 0 2 3 0 4 2 x y x y − − = ⇔ + − = − . b).Kẻ IH MN⊥ tại H . Dây MN nhỏ nhất khi IH lớn nhất. Ta có: 2 5 2 5 max IH IA IH≤ = ⇒ = khi ( )H A IA≡ ⇒ ∆ ⊥ tại A. Vậy ( )∆ đi qua ( )∆ và nhận (4; 2)IA = − uur làm véctơ pháp tuyến có phương trình: 4( 3) 2( 0) 0 2 6 0x y x y− − − = ⇔ − − = 0.25 0.25 0.25 6.b Câu 6.b.2 Gọi mặt phẳng cần tìm là ( ) : 0Ax By Cz D α + + + = 2 2 2 ( 0)A B C+ + ≠ . Ta có (0;0;1) ( ) 0I C D α ∈ ⇒ + = (1) (3;0;0) ( ) 3 0K A D α ∈ ⇒ + = (2) ( ) α và ( )Oxy có véctơ pháp tuyến lần lượt là ( ; ; ), (0;0;1)n A B C k= = r r . ( ) α tạo với ( )Oxy một góc bằng 30 o nên ta có 2 2 2 2 2 2 2 . 3 30 4 3( ) 2 o n k C cos C A B C n k A B C = ⇔ = ⇔ = + + + + r r r r 2 2 2 3 3 0A B C⇔ + − = (3) Từ (1) và (2), ta có 3C A= thế 3C A= vào (3) ta được 2 2 2 2 2 3 3 9 0 2 2A B A B A B A+ − = ⇔ = ⇔ = ± Chọn 1, 2 3, 3A B C D= = ± ⇒ = = − Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là: 2 3 3 0x y z+ + − = và 2 3 3 0x y z− + − = 0.25 0.25 0.25 0.25 7.b Câu 7.b Tìm dạng lượng giác của số phức sau 1 3 3 i z i − = + . 1 3 2 2 sin 2 2 3 3 1 3 3 3 1 2 sin 2 6 6 2 2 sin 2 2 i cos i i z i cos i i cos i π π π π π π         − − + −  ÷  ÷  ÷   −         = = =     + + +  ÷           = − + −  ÷  ÷     Cách khác: 1 3 3 i z i − = + = (1 3)( 3 ) 0 ( 1) ( ) sin( ) 4 2 2 os i i i i c i π π − − = − = + − = − + − 0.5 0.5 1 Học sinh có cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa câu đó . GD & ĐT THỪA THI N HUẾ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 TRƯỜNG THPT THU ̣N AN Môn: TOÁN - khối A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THỬ I. PHẦN. AB = 2 . Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A (-1 ;6;6), B(3 ;-6 ;-2 ) . Tìm điểm M thu c mặt phẳng (Oxy) sao cho tổng MA MB+ đạt giá trị nhỏ. 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 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A, A1, B NĂM HỌC 2013 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.PHẦN CHUNG CHO