S GIO DC V O T O K LK TRNG THPT NGUYN HU THI TH I HC MễN TON NM 2013 Thi gian lm bi: 180 phỳt. I - PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) Cõu I (2 im) Cho hm s : y = 3 1 x 3 - 2 1 mx 2 + (m 2 - 3)x vi m l tham s 1) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 1. 2) Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m hm s t cc i ti x C ,cc tiu ti x CT ng thi x C ; x CT l di cỏc cnh gúc vuụng ca mt tam giỏc vuụng cú di cnh huyn bng 2 10 Cõu II (2 im) 1) Gii phng trỡnh : 15 7 sin 4 4cos 1 4 4 1 2cos2 2 x x x 2) Gii bt phng trỡnh: xxx x 321 12 2 23 . Cõu III (1 im)Cho hỡnh phng (H)gii hn bi th hm s:y = 1x ng thng y = 2 v cỏc trc to 1) Tớnh din tớch hỡnh phng (H) 2) Tớnh th tớch vt th trũn xoay sinh ra khi quay hỡnh phng (H) quanh Ox. Cõu IV (1im) Hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thang vuụng ti A v B vi AB = BC = 3a;AD = 6a. Cỏc mt phng (SAC) v (SBD) cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD).Bit gúc gia hai mt phng (SCD) v (ABCD) bng 60 0 . Tớnh th tớch khi chúp v khong cỏch gia hai ng thng CD v SA. Cõu V (1 im) Cho a,b,c dng . CMR : 129 222 333 c b a cabcab abc cba II Phần riêng (3điểm) 1. Theo chng trỡnh Chun : Cõu VIa (2 im) 1)Trong mt phng vi h ta Oxy cho im M(5; - 6);ng trũn (C) c ú phng trỡnh : x 2 + y 2 + 2x - 4y - 20 = 0. T M v cỏc tip tuyn , MA MB ti ng trũn ( ) C vi , A B l cỏc tip im. Vit phng trỡnh ng trũn ni tip tam giỏc MAB . 2) Trong khụng gian vi h trc ta vuụng gúc Oxyz, cho mt phng : 3 0 P x y z v ng thng 1 : 1 3 1 x y z . Lp phng trỡnh ng thng d, nm trong mt phng (P), vuụng gúc vi ng thng v cỏch ng thng mt khong bng 8 66 . Cõu VIIa(1 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc: 2 0 z z . Khi ú hóy tớnh tng cỏc ly tha bc tỏm ca cỏc nghim. 2. Theo chng trỡnh nõng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong mt phng vi h trc ta Oxy; cho tam giỏc ABC cú nh 2;6 A , chõn ng phõn giỏc trong k t nh A l im 3 2; 2 D v tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC l im 1 ;1 2 I . Vit phng trỡnh ng thng cha cnh BC. 2) Trong khụng gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) vaứ C(2;2;1) v mt phng (P): x + 3y z + 2 = 0. Tỡm ta im M thuc mt phng (P) sao cho MA 2 + MB 2 + MC 2 t giỏ tr nh nht. Cõu VIIb(1 im) Gọi z 1 , z 2 là hai nghiệm phức của phơng trình 0164 2 zz , n là số tự nhiên thỏa mãn C 0 4n C 2 4n + C 4 4n C 6 4n + + (-1) k C 2k 4n + + C 4n 4n = 4096. Tìm phần thực của số phức A = nn zz 21 ( k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử). ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ Câu I 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . HS tự làm 1 2) Tìm tất cả các giá trị của m 1 y' = x 2 - mx + m 2 - 3 Hàm số có CĐ,CT & x C Đ > 0 ; x CT > 0 <=> y' = 0 có hai nghiệm dương phân biệt 0.25 <=>         03 0 0312 2 2 mP mS m <=> 3 < m < 2. (*) 0.25 x CĐ ; x CT là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 2 10 <=> x 2 CĐ + x 2 CT = 2 5 <=> (x CĐ + x CT ) 2 - 2x CĐ .x CT = 2 5 0.25 Theo định lí viet ta có : m 2 - 2(m 2 - 3) = 2 5 <=> m = 2 14 Thoả mãn điều kiện (*). 0.25 CâuII 1) ĐK : cos2x ≠ 0,5 pt <=> sin4x - cos4x + 4(sinx + cosx) = 1 - 2cos2x 0.25 Pt <=> 2sin2x.cos2x - 2cos 2 2x + 1 + 4(sinx + cosx) = 1 - 2cos2x <=> 2cos2x(1 + sin2x - cos2x) + 4(sinx + cosx) = 0 <=> cos2x.(1 + 2sinx.cosx - 1 + 2sin 2 x) + 2(sinx + cosx) = 0 <=> (sinx + cosx)(cos2x.sinx + 1) = 0 0.25 Zkkxxx  , 4 0cossin   ( thoả mãn điều kiện ) 0.25       01sin21sin01sinsin2101sin2cos 22  xxxxxx Zmmxx  ,2 2 1sin   ( thoả mãn điều kiện ) 0.25 2) Giải bất phương trình: 3 2 2 1 2 3 2 1 x x x x     Đk x ( - 2 1 ; +  ) \ {0} bpt <=> 3 2 321 12 2 x xx x    <=>   0 12. 121232 3 3 23    xx xxxx 0.25 <=>   0 12. )122.(12 3 2    xx xxxx 0.25 Lập bảng xét dấu VT Vậy nghiệm của bpt ban đầu : 0 < x 1 5 4   hoặc x = 1 - 2 0.25 0.25 CâuIII 1) Từ gt => h ình phẳng (H) giới hạn bởi đths : x = y 2 + 1 ; x = 0 & hai đthẳng y = 0;y = 2 nên có S =   2 0 2 )1( dyy = 3 14 (đvdt) 2) V =  [      5 0 5 1 2 2 12 dxxdx ] = 12 (đvtt) 0.25 0.25 0.25 0.25 CâuIV Gọi O là giao điểm của AC & BD khi đó SO  (ABCD) & AOD  COB với tỉ số 2 Mà AC = 3a 2 => OC = a 2 . Từ gt => AC  CD mà CD  SO => CD  (SAC) 0.25 Khi đó g((SCD) ; (ABCD)) = SCO = 60 0 => SO = CO.tan60 0 = a 6 Vậy V SABCD = 3 1 SO.S ABCD = 2 69 3 a (đvtt) 0.25 Vì CD  (SAC) nên kẻ CH  SA thì CH là đư ờng vuông góc chung của CD & SA 0.25 Trong SAO có SA = a 14 mà :SO.AC = CH.SA =>CH = 3 42 7 a hay d(SA;CD)= 3 42 7 a 0.25 Từ a 3 + b 3 + c 3 - 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca) ta c ó : C âuV abc cabcabcbacba abc cba ))(( 3 222333    =        cabcab 111 3 (a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca) 0.25 Mà cabcabcabcab          9111 nên        cabcab 111 3 (a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca)  3 + 9 ca bc ab cabcabcba   222 0.25 Vậy pcm : 3 + 9 ca bc ab cabcabcba    222 + 129 222      c b a cabcab 0.25 <=> 2 222 222       c b a cabcab ca bc ab cba luôn đúng theo côsi. 0.25 Câu VIa 1) Đường tròn (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R=5; MI = 10. Gọi H là giao điểm của AB và MI ta có IH.MI=AI 2 Suy ra IH=5/2. 0.25 Vì MA và MB là các tiếp tuyến nên H phải nằm giữa M và I, do đó 1 1 ;0 4 2 IH IM H           0.25 Mặt  1 sin 2 IH IAH IA     0 30 IAH MAB    đều Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB trùng với trọng tâm G của nó. Ta có 2 3 GM HM     G(2;-2) từ đó tính được bán kính 5 2 r  0.25 Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB là     2 2 25 2 2 4 x y    0.25 2) Ta có (P) có vtpt   1;1;1 P n   ,  có vtcp   1;3; 1 u     ,   1;0;0M  . Do     ; 4;2;2 d P d P d u n d P u n u d u u                                0,25 Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và song song với  . Khi đó ta chọn   ; 2 4;1;7 Q d n u u            suy ra (Q) có dạng 4 7 0 x y z d     . 0,25 Ta có           4 ; ; ; 66 d d d d P d M P       . Từ đó kết hợp với giả thiết ta được: 4 8 4 8 4; 12 66 66 d d d d          0,25 +) Nếu   4 : 4 7 4 0 d Q x y z       . Chọn điểm     1 13 ; ; 1 3 3 N P Q d            suy ra phương trình 1 13 1 3 3 : 2 1 1 x y z d        +) Nếu   12 : 4 7 12 0 d Q x y z        . Chọn điểm       1;1;1 N P Q d    suy ra phương trình 1 1 1 : 2 1 1 x y z d        0,25 Câu VIIa Giả sử z=x+iy Phương trình 2 ( ) ( ) 0 x iy x iy      2 2 0 2 0 x y x xy y          0,25 Giải hệ ta có: 1 2 3 4 1 3 1 3 0; 1; ; 2 2 2 2 z z z i z i        0,25 Vậy : z 8 1 + z 8 2 + z 8 3 + z 8 4 = 0. 0,5 H M I A B Cõu VIb 1) Gi E l giao im th hai ca AD vi ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC. Ta cú phng trỡnh ng thng AD: 2 0 x . Do E thuc ng thng AD nờn 2; E t . Mt khỏc do I l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC nờn 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 5 1 5 6; 4 2 2 IA IE t t t t . Do o ta c 2; 4 E 0,5 Do AD l phõn giỏc nờn E l im chớnh gia cung BC suy ra IE vuụng gúc vi BC hay BC nhn 5 1; 2 2 EI l vector phỏp tuyn. Do ú pt ca BC l: 3 :1. 2 2. 0 2 5 0 2 BC x y x y . Vy : 2 5 0. BC x y 0,5 Gi G l trng tõm tam giỏc ABC. Chng minh c MA 2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 0,25 MA 2 + MB 2 + MC 2 nh nht MG nh nht M l hỡnh chiu ca G trờn (P). 0,25 Tỡm c ta 4 2 1; ; 3 3 G 0,25 Tỡm c 22 61 17 ; ; 3 3 3 M 0,25 Cõu VIIb Phơng trình 0 16 z 4 z 2 có hai nghiệm i322z,i322z 21 0,25 Ta có n4n4 n4 kk n4 22 n4 1 n4 0 n4 n4 iC iC iCiCC)i1( i]C C)1( CC[C C)1( CCCC 1n4 n4 1k2 n4 k3 n4 1 n4 n4 n4 k2 n4 26 n4 4 n4 2 n4 0 n4 Mặt khác )nsinin(cos2 4 sini 4 cos2i1 n2 n4 n4 Do đó ncos2iC iC iCiCC n2n4n4 n4 kk n4 22 n4 1 n4 0 n4 0,25 Theo bài ra ta có 4096ncos2 n2 , do 1ncos1ncos nên n là số chẵn khi đó 6n22 12n2 (thỏa mãn) 0,25 A = 6 6 6 666 i 2 3 2 1 4i 2 3 2 1 4)i322()i322( ]2sini2cos)2sin(i)2[cos(4 3 sini 3 cos4 3 sini 3 cos4 66 6 6 = 8192. Vậy phần thực của A là 8192 0,25 . phần tử). ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2 013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ Câu I 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . HS tự làm 1 2) Tìm tất cả các. 1 13 1 3 3 : 2 1 1 x y z d        +) Nếu   12 : 4 7 12 0 d Q x y z        . Chọn điểm       1; 1 ;1 N P Q d    suy ra phương trình 1 1 1 : 2 1 1 x y z d    . ))(( 3 222333    =        cabcab 11 1 3 (a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc - ca) 0.25 Mà cabcabcabcab          911 1 nên        cabcab 11 1 3 (a 2 + b 2 + c 2 - ab - bc