SỞ GD & ĐT KON TUM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT KON TUM Môn: TOÁN; Khối A, A 1 , B, D. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 21 1 x y x    . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ()C của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm (0;1)I và cắt đồ thị ()C tại hai điểm phân biệt ,AB sao cho diện tích tam giác OAB bằng 3 (O là gốc tọa độ). Câu 2 (2,0 điểm). 1. Giải phương trình (1 cos )cot cos2 sin sin 2x x x x x    . 2. Giải hệ phương trình     3 1 2 7 2 ( , ) 2 4 5 x x y y x xy x y x y                ¡ . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 2 6 cos .ln(1 sin ) sin xx I dx x      . Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có ( ),SC ABCD đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a và · 0 120 .ABC  Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ()ABCD bằng 0 45 . Tính theo a thể tích của khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho ,,abc là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 3 23 P a ab abc a b c      . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 6a (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 5,AB  ( 1; 1)C  , đường thẳng AB có phương trình là 2 3 0xy   và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng : 2 0xy    . Tìm tọa độ các đỉnh A và .B 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( 2;2; 2), (0;1; 2)AB   và (2;2; 1)C  . Viết phương trình mặt phẳng ()P đi qua A , song song với BC và cắt các trục y ’ Oy, z ’ Oz theo thứ tự tại ,MN khác gốc tọa độ O sao cho 2.OM ON Câu 7a (1,0 điểm). Tính mô đun của các số phức z thỏa mãn 2 2 1 ( 1)z z i iz     . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có : 7 31 0,AC x y   hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng 1 : 8 0d x y   , 2 : 2 3 0d x y   . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 2 ( ): 1 1 2 x y z d      và mặt phẳng ( ): 2 6 0.P x y z    Một mặt phẳng ()Q chứa ()d và cắt ()P theo giao tuyến là đường thẳng  cách gốc tọa độ O một khoảng ngắn nhất. Viết phương trình của mặt phẳng ( ).Q Câu 7b (1,0 điểm). Gọi 12 , zz là hai nghiệm của phương trình 2 5 2cos 1 0 21 zz        . Tìm số n nguyên dương nhỏ nhất sao cho 12 1. nn zz Hết ĐÁP ÁN & BIỂU CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 MÔN TOÁN Năm học: 2012-2013 Câu Ý Đáp án Điểm 1 2,0 đ 1 1,0 đ Hàm số 21 1 x y x     TXĐ:   \1D ¡  Sự biến thiên của hàm số: + Các giới hạn và tiệm cận ( 1) ( 1) lim ; lim xx yy           Đường thẳng 1x  là tiệm cận đứng. lim 2 x y   Đường thẳng 2y  là tiệm cận ngang. 0,25 + Đạo hàm:   ' 2 3 0 ( 1) y x D x      0,25 + Bảng biến thiên: x  1 +  y ’ + + y +  2 2  Hàm số đồng biến trong các khoảng ( ; 1)  và ( 1; )  . Hàm số không có cực trị. 0,25  Đồ thị: Tự vẽ đồ thị. 0,25 2 1,0 đ :1y mx   Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và  : 2 21 1 ( 1) 1 ( ) ( 1) 2 0 (1) x mx x x f x mx m x             0,25 Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 0 0 5 2 6 0 0 5 2 6 5 2 6 ( 1) 0 5 2 6 m m mm m m f m                                 . Khi đó  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt 1 1 2 2 ( ; 1); ( ; 1)A x mx B x mx Với 12 ,xx là hai nghiệm của (1) 0,25 Ta có 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 ( ) (1 ) ( ) 4 (1 )AB x x m x x x x m          Mà 1 2 1 2 12 , m x x x x mm      . Do đó 22 1 ( 10 1)(1 )AB m m m m     : 1 1 0y mx mx y       2 1 ( , ) 1 d d O m      0,25 Khi đó: 2 1 10 1 .3 22 OAB mm S AB d m     2 1 11 10 1 0 1 11 m m m m         (tmđk) Do đó :1yx    hay 1 1. 11 yx 0,25 2 2,0 đ 1 1,0 đ Phương trình (1 cos )cot cos2 sin sin 2x x x x x    (1) Điều kiện: sin 0 ( )x x k k     ¢ Khi đó: (1)  cos (1 cos ) cos2 sin sin 2 sin x x x x x x     2 2 2 2 2 2 cos cos cos2 sin sin 2sin cos cos (1 2sin ) cos2 sin (cos sin ) 0 x x x x x x x x x x x x x            0,25 cos cos2 cos2 sin cos 2 0 cos2 (cos sin 1) 0 cos2 0 cos sin 1 x x x x x x x x x xx               0,25 + cos2 0 ( ) 42 x x k k      ¢ . + 1 cos sin 1 0 cos 2 4 4 4 2 x x x x l                   2 ( ) 2 2 xl l xl           ¢ . 0,25 Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là: 42 xk   , 2 2 xl    ( , )kl¢ . 0,25 2 1,0 đ Hệ phương trình     3 1 2 7 2 (1) 2 4 5 (2) x x y y x x y x y               Điều kiện: 20 40 xy xy      Với điều kiện trên thì (1)  3x 2 7xy + 2y 2 + x 2y = 0  (3xy)(x2y) +(x2y) = 0  (x2y)(3xy +1) = 0  20 3 1 0 xy xy        0,25 + x2y = 0  x = 2y (2): 4 9 5yy  y = 1 y = 1  x = 2 (tmđk) 0,25 + 3x  y + 1= 0  y = 3x+1 (2) trở thành: 7 1 7 2 5xx     2 1 7 49 21 2 11 7 x x x x            1 11 17 77 17 25 25 x x x             . 17 76 25 25 xy   (tmđk). 0,25 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) = 17 76 ; 25 25    . 0,25 3 1,0 đ Tích phân 2 2 6 cos .ln(1 sin ) sin xx I dx x      . Đặt sin cost x dt xdx   1 ; 1 6 2 2 x t x t        0,25 Khi đó 1 2 1 2 ln(1 )t I dt t    0,25 Đặt: 2 ln(1 ) 1 1 dt ut du t dt dv v t t                Ta có 1 11 1 11 2 22 1 3 1 1 ln(1 ) ln 2 2ln ( 1) 2 1 dt I t dt t t t t t               0,25 11 11 22 27 2ln3 3ln 2 ln ln 1 3ln3 4ln2 ln . 16 tt        0,25 4 1,0 đ a 3 I O D K B A C S Kẻ ( )SK AB K AB CK AB    (định lí 3 đường vuông góc) Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ()ABCD là góc giữa SK và CK . Do · SKC nhọn nên · 0 45SKC  · · 00 120 60ABC CBK   Trong tam giác vuông :CBK 0 3 sin 60 2 a CK CB Tam giác SCK vuông cân tại C nên 3 2 a SC  0,25 Ta có 2 0 33 . sin120 2 ABCD a S AB BC Do đó 3 . 1 3 3 . 34 S ABCD ABCD a V S SC (đvtt) 0,25 Gọi O AC BD Ta có () BD AC BD SAC BD SC       tại O . Kẻ ( )OI SA I SA  OI là đoạn vuông góc chung của SA và BD. 0,25 Dùng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC suy ra 35 10 a OI  . Vậy 35 ( , ) 10 a d SA BD  . 0,25 5 1,0 đ Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 3 1 4 1 4 16 4 . . ( ) 2 2 3 4 3 a b a b c a ab abc a a b c            Đẳng thức xảy ra khi 4 16 .a b c 0,25 Suy ra 33 2( ) P abc abc    . Đặt , 0t a b c t    Khi đó ta có 33 2 P t t  . Xét hàm số ()ft 33 2t t  với 0t  . 0,25 ' 2 33 ( ) ; 2 2 ft t tt  ' 2 33 ( ) 0 0 1 2 2 f t t t tt       Bảng biến thiên: t 0 1  ' ()ft  0 + ()ft  0 3 2  Do đó 0 3 min ( ) 2 t ft   khi và chỉ khi 1t  . Suy ra 3 2 P  . 0,25 Vậy GTNN của P bằng 3 2  khi và chỉ khi 1 4 16 abc a b c        16 4 1 , , . 21 21 21 a b c    0,25 6a 2,0đ 1 1,0đ Gọi ( ; )I x y là trung điểm của đoạn AB và ( ; ) GG G x y là trọng tâm của ABC . Do 2 3 CG CI uuur uur nên 2 1 2 1 ;. 33 GG xy xy   0,25 Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình: 2 3 0 5 2 1 2 1 1 20 33 xy x xy y                  . Vậy (5; 1)I  0,25 Ta có 5 22 AB IA IB   Gọi ()C là đường tròn có tâm (5; 1)I  và bán kính 5 2 R  22 5 ( ): ( 5) ( 1) 4 C x y     . 0,25 Tọa độ hai điểm ,AB là nghiệm của hệ phương trình: 22 2 3 0 4 6 . 5 1 3 ( 5) ( 1) 4 2 2 x y x x x y y y                              Vậy tọa độ hai điểm ,AB là 13 4; , 6; . 22              0,25 2 1,0 đ Từ giả thiết ta có (0; ;0)Mm và (0;0; )Nn trong đó 0mn  và 2mn . 0,25 Do ( ) / /P BC và ()P đi qua ,MN nên VTPT của ()P là , ( ; 2 ; 2 )n BC MN m n n m        r uuur uuuur 0,25 TH1: 2mn thì , (3 ; 2 ; 4 ) ( 0)n BC MN n n n n        r uuur uuuur . ()P đi qua ( 2;2; 2)A  ( ):3 2 4 2 0.P x y z     0,25 TH2: 2mn thì , ( ; 2 ;4 ) ( 0)n BC MN n n n n        r uuur uuuur . ()P đi qua ( 2;2; 2)A  ( ): 2 4 10 0.P x y z     ( loại vì ()P BC ) Vậy ( ) :3 2 4 2 0.P x y z    0,25 7a 1,0 đ Đặt , ( , )z a bi a b  ¡ . Từ giả thiết ta có 2 2 1 ( 1) ( 1 )a bi a b i b ai         0,25 2 2 1 2( 1) 2 ( 1) 1 2( 1) (1) 2 ( 1) a bi b a b i ab b a b                0,25 Từ (1) suy ra : 2 1 2( 1) ( 1) 2( 1) b bb b       2 21 ( 2)(2 1) 0 11 22 ba bb ba                   Suy ra 12zi hoặc 11 . 22 zi   0,25 + Với 12zi , ta có 5z  . + Với 11 22 zi   , ta có 2 2 z  . 0,25 6b 2,0 đ 1 1,0 đ 12 ( ;8 ), (2 3; ).B d B b b D d d d      Khi đó D ( 2 3; 8)B b d b d      uuur và trung điểm của BD là 2 3 8 ;. 22 b d b d I         0,25 Theo tính chất hình thoi ta có : 8 13 13 0 0 .0 6 9 9 0 1 AC BD AC b d b u BD I AC b d d I AC                                uuur uuur . Suy ra (0;8); ( 1;1)BD . 0,25 Khi đó 19 ; 22 I     ; ( 7 31; )A AC A a a    . 2 1 15 . 15 2 2 2 ABCD ABCD S S AC BD AC IA BD       0,25 2 2 2 3 (10;3) ( ) 63 9 225 9 9 7 6 ( 11;6) 2 2 2 2 4 a A ktm a a a aA                                   Suy ra (10;3)C . 0,25 2 1,0 đ Gọi ,HI lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên ()P và  . Ta có ( , )d O OI OH   ( không đổi) Do đó min ( , )d O OH xảy ra khi IH 0,25 Đường thẳng OH đi qua (0;0;0)O và nhận VTPT của ()P là (1;2;1)n  r làm VTCP :2 xt OH y t zt         (1) 0,25 ( ) : 2 6 0P x y z    (2) Từ (1) và (2) suy ra 6 6 0 1tt    Từ (1) (1;2;1)H 0,25 Khi đó ()Q là mặt phẳng chứa ()d và đi qua .H Ta có (1;1;2) ( )Md , VTCP của ()d là (1;1; 2)u  r , (0; 1;1)HM  uuuur . Suy ra VTPT của ()Q là , ( 1; 1; 1) Q n u HM        uur r uuuur , ()Q đi qua (1;1;2)M Do đó ( ): 1( 1) 1( 1) 1( 1) 0 4 0.Q x y z x y z            0,25  I (d) H P Q O 7b 1,0 đ Phương trình 2 5 2cos 1 0 21 zz        (1) (1) có ' 2 2 55 cos 1 sin 21 21       . Do đó các căn bậc hai của '  là 5 sin 21 i   Vậy (1) có các nghiệm là 1 2 55 cos sin 21 21 55 cos sin 21 21 zi zi           0,25 12 5 5 5 5 1 cos sin cos sin 1 21 21 21 21 5 5 5 5 cos sin cos sin 1 21 21 21 21 5 5 5 5 cos sin cos sin 1 21 21 21 21 nn nn n n z z i i ii n n n n ii                                                                               0,25 5 5 5 cos cos 1 2cos 1 21 21 21 5 5 7 42 cos cos 2 ( ) (*) 21 3 21 3 5 5 n n n n n k k n k                             ¢ 0,25 Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra 7.n  0,25 Hết . SỞ GD & ĐT KON TUM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 201 2-2 013 TRƯỜNG THPT KON TUM Môn: TOÁN; Khối A, A 1 , B, D. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN. 0 21 zz        . Tìm số n nguyên d ơng nhỏ nhất sao cho 12 1. nn zz Hết ĐÁP ÁN & BIỂU CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 MÔN TOÁN Năm học: 201 2-2 013 Câu Ý Đáp án Điểm 1 2,0 đ. 2,0 đ 1 1,0 đ 12 ( ;8 ), (2 3; ).B d B b b D d d d      Khi đó D ( 2 3; 8)B b d b d      uuur và trung điểm của BD là 2 3 8 ;. 22 b d b d I         0,25 Theo