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 2 1 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 ,A B 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 x y x y x y + = − + +  ∈  + + + =   ¡ . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 2 6 cos .ln(1 sin ) sin x x I dx x π π + = ∫ . 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 , ,a b c là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 3 2 3 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 0x y+ − = và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng : 2 0x y∆ + − = . 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)A B− − − 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 ,M N 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 1 2 , z z là hai nghiệm của phương trình 2 5 2cos 1 0 21 z z π   − + =  ÷   . Tìm số n nguyên dương nhỏ nhất sao cho 1 2 1. n n z z+ = 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 2 1 1 x y x − = + • TXĐ: { } \ 1D = −¡ • Sự biến thiên của hàm số: + Các giới hạn và tiệm cận ( 1) ( 1) lim ; lim x x y y + − → − → − = +∞ = −∞ ⇒ 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 2 1 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 m m 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 1 2 ,x x 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 1 2 , m x x x x m m − + = − = . Do đó 2 2 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 2 2 OAB m m S AB d m − + = = = 2 1 11 10 1 0 1 11 m m m m⇔ + − = ⇔ = − ∨ = (tmđk) Do đó : 1y x∆ = − + hay 1 1. 11 y x= + 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 π ≠ ⇔ ≠ ∈¢ 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 cos2 0 cos2 (cos sin 1) 0 cos2 0 cos sin 1 x x x x x x x x x x x ⇔ + − = ⇔ + − = =  ⇔  + −  0,25 + cos2 0 ( ) 4 2 x x k k π π = ⇔ = + ∈¢ . + 1 cos sin 1 0 cos 2 4 4 4 2 x x x x l π π π π   + − = ⇔ − = ⇔ − = ± +  ÷   2 ( ) 2 2 x l l x l π π π  = +  ⇔ ∈  =  ¢ . 0,25 Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là: 4 2 x k π π = + , 2 2 x l π π = + ( , )k l ∈¢ . 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: 2 0 4 0 x y x y + ≥   + ≥  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 ⇔ 2 0 3 1 0 x y x y − =   − + =  0,25 + x−2y = 0 ⇔ x = 2y (2): 4 9 5y y+ = ⇔ y = 1 y = 1 ⇒ x = 2 (tmđk) 0,25 + 3x − y + 1= 0 ⇔ y = 3x+1 (2) trở thành: 7 1 7 2 5x x+ + + = ⇔ 2 1 7 49 21 2 11 7 x x x x  ≥ −    + + = −  ⇔ 1 11 17 7 7 17 25 25 x x x  − ≤ ≤   ⇔ =   =   . 17 76 25 25 x y= ⇒ = (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 x x I dx x π π + = ∫ . Đặt sin cost x dt xdx= ⇒ = 1 ; 1 6 2 2 x t x t π π = ⇒ = = ⇒ = 0,25 Khi đó 1 2 1 2 ln(1 )t I dt t + = ∫ 0,25 Đặt: 2 ln(1 ) 1 1 dt u t du t dt dv v t t  = + =     + ⇒   =   = −    Ta có 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 3 1 1 ln(1 ) ln 2 2ln ( 1) 2 1 dt I t dt t t t t t   = − + + = − + + −  ÷ + +   ∫ ∫ 0,25 1 1 1 1 2 2 27 2ln3 3ln 2 ln ln 1 3ln 3 4ln 2 ln . 16 t t= − + − + = − = 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 = · · 0 0 120 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 3 3 . sin120 2 ABCD a S AB BC= = Do đó 3 . 1 3 3 . 3 4 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 3 5 10 a OI = . Vậy 3 5 ( , ) 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 3 3 2( ) P a b c a b c ≥ − + + + + . Đặt , 0t a b c t= + + > Khi đó ta có 3 3 2 P t t ≥ − . Xét hàm số ( )f t = 3 3 2t t − với 0t > . 0,25 ' 2 3 3 ( ) ; 2 2 f t t t t = − ' 2 3 3 ( ) 0 0 1 2 2 f t t t t t = ⇔ − = ⇔ = Bảng biến thiên: t 0 1 +∞ ' ( )f t − 0 + ( )f t +∞ 0 3 2 − Do đó 0 3 min ( ) 2 t f t > = − 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 a b c 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 ( ; ) G G G x y là trọng tâm của ABC∆ . Do 2 3 CG CI= uuur uur nên 2 1 2 1 ; . 3 3 G G x y x y − − = = 0,25 Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình: 2 3 0 5 2 1 2 1 1 2 0 3 3 x y x x y y + − =  =   ⇔ − −   = − + − =    . Vậy (5; 1)I − 0,25 Ta có 5 2 2 AB IA IB= = = Gọi ( )C là đường tròn có tâm (5; 1)I − và bán kính 5 2 R = 2 2 5 ( ): ( 5) ( 1) 4 C x y⇒ − + + = . 0,25 Tọa độ hai điểm ,A B là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 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 ,A B là 1 3 4; , 6; . 2 2     − −  ÷  ÷     0,25 2 1,0 đ Từ giả thiết ta có (0; ;0)M m và (0;0; )N n trong đó 0mn ≠ và 2m n = ± . 0,25 Do ( ) / /P BC và ( )P đi qua ,M N nên VTPT của ( )P là , ( ; 2 ; 2 )n BC MN m n n m   = = + − −   r uuur uuuur 0,25 TH1: 2m n = 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: 2m n = − 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 a b b a b ⇔ + − = + − +  + = + ⇔  = +  0,25 Từ (1) suy ra : 2 1 2( 1) ( 1) 2( 1) b b b b + = + ≠ − + 2 2 1 ( 2)(2 1) 0 1 1 2 2 b a b b b a = − ⇒ =   ⇔ + + = ⇔  = − ⇒ = −  Suy ra 1 2z i = − hoặc 1 1 . 2 2 z i= − − 0,25 + Với 1 2z i = − , ta có 5z = . + Với 1 1 2 2 z i= − − , ta có 2 2 z = . 0,25 6b 2,0 đ 1 1,0 đ 1 2 ( ;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 ; . 2 2 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)B D − . 0,25 Khi đó 1 9 ; 2 2 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 a A =         ⇒ − + + − = ⇔ − = ⇔ ⇒  ÷  ÷  ÷   = −         Suy ra (10;3)C . 0,25 2 1,0 đ Gọi ,H I 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 I H≡ 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 x t OH y t z t =   ⇒ =   =  (1) 0,25 ( ) : 2 6 0P x y z+ + − = (2) Từ (1) và (2) suy ra 6 6 0 1t t− = ⇔ = 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) ( )M d∈ , 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 z z π   − + =  ÷   (1) (1) có ' 2 2 5 5 cos 1 sin 21 21 π π ∆ = − = − . Do đó các căn bậc hai của ' ∆ là 5 sin 21 i π ± Vậy (1) có các nghiệm là 1 2 5 5 cos sin 21 21 5 5 cos sin 21 21 z i z i π π π π  = −    = +   0,25 1 2 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 n n n n n n z z i i i i n n n n i i π π π π π π π π π π π π     + = ⇔ − + + =  ÷  ÷             ⇔ − + − + + =  ÷  ÷  ÷               ⇔ − + − + + =  ÷  ÷     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 π π π π π π π π   ⇔ − + = ⇔ =  ÷   ⇔ = ⇔ = ± + ⇔ = ± + ∈¢ 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. = . 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 3 3 2( ) P a b c a. x x x x x x x x x x ⇔ + − = ⇔ + − = =  ⇔  + −  0,25 + cos2 0 ( ) 4 2 x x k k π π = ⇔ = + ∈¢ . + 1 cos sin 1 0 cos 2 4 4 4 2 x x x x l π π π π   + − = ⇔ − = ⇔ − = ± +  ÷   2 ( ) 2 2 x