SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2013 Môn: TOÁN - Khối A,A 1, B và D Thời gian làm bài: 180 phút không kể phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 2 2 1 mx m y x + − = + (1). a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = . b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt đường thẳng ∆ : 3y x= + tại 2 điểm A, B sao cho tam giác ABI có diện tích bằng 3, với điểm I(-1;1). Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình: 2 3 sin 2 2sin 3 - 2sin 2cos 2 x x x x π   + = −  ÷   . Câu 3.(1,0 điểm) Giải bất phương trình: 1 5 2x x x+ + − ≥ − . Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: ( ) 4 2 0 sin 4 2 sin 1 x I dx x π = + ∫ . Câu 5.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Đường thẳng SD tạo với đáy ABCD một góc 60 0 . Gọi M là trung điểm AB. Biết MD = 3 5 2 a , mặt phẳng (SDM) và mặt phẳng (SAC) cùng vuông góc với đáy. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SM theo a . Câu 6.(1,0 điểm) Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn ( ) 2 2 2 5 2a b c a b c ab+ + = + + − . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 1 48 10 Q a b c a b c   = + + + +  ÷  ÷ + +   . II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 3 1 0x y+ + = và 1 0x y− + = . Biết M(-1;2) là trung điểm AB. Tìm tọa độ điểm C. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 5 0x y z+ − + = và mặt cầu (S): ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 1 1 15x y z+ + − + − = . Viết phương trình mặt phẳng(Q) đi qua A(1;0;-4), vuông góc với (P) đồng thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 4 π . Câu 9.a(1.0 điểm) Tính |z|, biết: ( ) ( ) ( ) 5 . 1 3 2 2 i z z i i i = + − − + . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 2 4 3 0x y x y+ − + − = . Viết phương trình đường tròn có tâm K(1;3) cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 4, với I là tâm của đường tròn (C). Câu 8.b (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): 0x y z+ + = và hai điểm A(4;-3;1), B(2;1;1). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Q) sao cho tam giác ABM vuông cân tại M. Câu 9.b (1.0 điểm) Tìm các giá trị x sao cho số hạng thứ ba trong khai triển nhị thức Niu-tơn ( ) 3 2 2 8 1 log 1 log 3 3 3 x x − +   +  ÷   bằng 28. 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:…………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN II TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ NĂM 2013 Môn: TOÁN - Khối A,A1,B và D (gồm 4 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM a) (1 điểm) Khảo sát và vẽ …. Khi m = 1, ta có: 2 1 1 x y x − = + . • Tập xác định: D=R\{-1} • Sự biến thiên: ( ) 2 3 ' 0, 1 1 y x x = > ∀ ≠ + . - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ; 1−∞ − và ( ) 1;− +∞ . 0.25 - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2; x x y y →−∞ →+∞ = = tiệm cận ngang 2y = . ( ) ( ) 1 1 lim ; lim ; x x y y − + → − → − = +∞ = −∞ tiệm cận đứng 1x = − . 0.25 -Bảng biến thiên: x −∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 0.25 • Đồ thị: 0.25 b)(1 điểm) Tìm m … Phương trình hoành độ giao điểm: ( ) ( ) 1 2 2 3 2 2 1 3 1 x mx m x mx m x x x ≠ −  + −  = + ⇔  + − = + + +   ( ) ( ) 2 1 2 2 5 0 * x x m x m ≠ −   ⇔  + − + − =   0.25 Kí hiệu ( ) g x = ( ) 2 2 2 5x m x m+ − + − Đồ thị của hàm số (1) cắt ( ∆ ) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi pt (*) thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 2 ' 0 2 5 3 1 3 1 0 2 ( 1) 1 2 2 5 0 m m m m m m m g m m  ∆ > = − − + = − −  − − >  ⇔   ≠ − − = − − + − ≠    (**) Do A, B thuộc ( ∆ ) nên ta gọi ( ) ( ) 1 1 2 2 ; 3 , ; 3A x x B x x + + trong đó x 1 , x 2 là nghiệm của (*). Theo định lí viet ta có ( ) 1 2 1 2 2 2 5 x x m x x m  + = − −   = −   0.25 Từ giả thuyết ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 3 , . 3 2 3 2 2 2 IAB S d I AB x x= ⇔ ∆ = ⇔ − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 5 4 36 4 2 4 5 36 2 m x x x x m m m =  ⇔ + − = ⇔ − − − = ⇔  = −  0.25 Kết hợp điều kiện (**) được m cần tìm là m=5. 0.25 2 Phương trình đã cho tương đương: 2 2 3sin cos cos3 2sin cosx x x x x− = − 0.25 ( ) 2 sin 3 sin cos 2sin .sin 2 0 sin sin 3 cos 2sin 2 0 sin sin sin 2 0 3 x x x x x x x x x x x x π     ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ − − =  ÷  ÷     0.25 2 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -5 5 O -1 -1 1/2 −∞ 2 E H M B C A D S K (1,0điểm) sin 0x ⇔ = hoặc sin 2 sin 3 x x π   = −  ÷   *sin 0 .x x k π = ⇔ = 0.25 2 2 2 3 3 *sin 2 sin 4 2 3 2 2 3 9 3 x x k x k x x x x k x k π π π π π π π π π π   = − + = − +      = − ⇔ ⇔   ÷       = − − + = +  ÷       Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 4 2 ; 2 ; , 3 9 3 k k k k Z π π π π π   − + + ∈     0.25 3 (1,0điểm) Điều kiện: 1 5x− ≤ ≤ . +Với 2 5x≤ ≤ .Ta có 1 5 0x x + + − ≥ và 2 0x− ≤ .Suy ra 2 5x≤ ≤ là nghiệm của bpt đã cho. 0.25 +Với 1 2x − ≤ < . Bình phương 2 vế của bất phương trình đã cho ta được ( ) ( ) 2 2 2 6 2 1 5 4 4 4 2 5 4 2 0x x x x x x x x+ + − ≥ − + ⇔ − + + + − + ≥ 0.25 Đặt 2 5 4 , 0 3t x x t= + − ≤ ≤ Phương trình đã cho có dạng. 2 1 2 3 0 3 ( ) t t t t loai ≥  + − ≥ ⇔  ≤ −  0.25 2 2 1 5 4 1 5 4 1 2 2 2 2t x x x x x≥ ⇔ + − ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ − ≤ < (2) Từ (1) và (2) ta được tập nghiệm của bpt đã cho là: 2 2 2;5   −   . 0.25 4 (1,0điểm) Ta có I= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 4 4 2 2 0 0 0 4sin cos 1- 2 sin 4sin cos 1- 2sin 2sin 2 cos 2 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 x x x x x x x x dx dx dx x x x π π π = = + + + ∫ ∫ ∫ 0.25 Đặt 2 sin 1t x= + ta có 2 cos . ; 0 1; 2 4 dt x dx x t x t π = = ⇒ = = ⇒ = . 0.25 ( ) ( ) 2 2 1 1 2 1 2 4 2 6 t t I dt t dt t t − −   = = − + −  ÷   ∫ ∫ . 0.25 ( ) 2 2 1 6 4ln 3 4ln 2t t t= − + − = − . 0.25 5 (1,0điểm) Ta có 2 2 2 2 2 45 3 4 4 AD AD AM MD AD a AD a + = ⇔ + = ⇔ = 2 9 ABCD S a⇒ = Gọi H là giao của AC và DM, Do (SAC) và (SDH) cùng vuông góc với đáy (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD) suy ra 0 60SDH∠ = ; 0 0 2 .tan 60 tan60 15 . 3 SH HD DM a= = = (vì H là trọng tâm tam giác ADB) Vậy 2 3 . 1 1 . 15 .9 3 15 . 3 3 S ABCD ABCD V SH S a a a= = = 0.5 Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên AB và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó AB ⊥ (SHE) ⇒ AB ⊥ HK suy ra HK ⊥ (SAB). Mặt khác do CD//(SAB) nên ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , 3 ( ,( ))d CD SM d CD SAB d D SAB d H SAB= = = 2 2 2 2 3 . . 3 15 3 . 4 1 3 HE HS AD HS a HK HE HS AD HS = = = = +   +  ÷   0.5 6 (1,0điểm) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 5 0 10 2 a b c a b c a b c a b c+ + = + + ≤ + + ⇒ < + + ≤ . 0.25 M A C B ( ) 10 1 2 22 3 6 a a + ≤ + ; ( ) 3 1 3 16 4 b c c b+ ≤ + + 0.25 3 1 1 12 12 48 48 22 16 10 3 Q a b c a b c a b c a b c    ÷    ÷ = + + + + ≥ + + + +  ÷ + + +  ÷ + +    ÷   4 2304 576 38 38 a b c a b c a b c a b c   ≥ + + + = + + +  ÷ + + + + + +   0.25 Xét 2304 ( ) 38 f t t t = + + với ( ] 0;10t ∈ . ( ) 2 2304 '( ) 1 0 38 f t t = − ≤ + với ( ] 0;10t ∈ Do đó hàm số nghịch biến trên nữa khoảng ( ] 0;10 , suy ra ( ) (10) 58f x f≥ = . Suy ra giá trị nhỏ nhất của Q bằng 58. khi a=2, b=3, c=5. 0.25 7.a (1,0điểm) A thuộc trung tuyến kẻ từ A nên ( ) 3 1;A a a− − B thuộc đường cao kẻ từ B nên ( ) ; 1B b b + Vì M là trung điểm AB nên ta có 3 1 1 1 2 1 2 2 2 a b a a b b − − +  =−  =   ⇔   + + =   =   Suy ra A(-4;1), B(2;3) 0.5 Phương trình đường thẳng AC: ( ) ( ) 4 1 0 3 0x y x y + + − = ⇔ + + = Điểm C thuộc đường thẳng AC nên C(c;-c-3) 0.25 Mặt khác trung điểm BC thuộc trung tuyến kẻ từ A do đó ta có: 2 3 1 0 2 2 2 c c c + −     + + = ⇔ =  ÷  ÷     . Vậy ( ) 2; 5C − 0.25 8.a (1,0điểm) Mặt cầu (S) có tâm I(-4;1;1) và bán kính 15R = , ( ) 1;2; 1 P n − r là véc tơ pháp tuyến của (P). Gọi phương trình mặt phẳng (Q) qua A có dạng: A(x-1)+By+C(z+4)=0 với 2 2 2 0A B C+ + ≠ và ( ) ; ; Q n A B C r là vtpt của (Q). 0.25 (Q) ⊥ (P) . 0 2 0 2 Q P n n A B C C A B⇔ = ⇔ + − = ⇔ = + r r (1) Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến, ta có r = 4 Suy ra ( ) ( ) 2 2 ; 15 4 11d I Q R r = − = − = (2) 0.25 Mặt khác ( ) ( ) 2 2 2 5 5 ; A B C d I Q A B C − + + = + + (3) Từ (1), (2), (3) ta có 2 2 2 2 11 11 3 2 0 2 5 4 B A B AB A B AB = ⇔ − + = + + A=0 không thỏa mãn, Chọn A=1 ⇒ B=1 hoặc B= 1 3 − . 0.25 *Với A=1; B=1; C=3. Mặt phẳng (Q) có phương trình (x-1)+y+3(z+4)=0 ⇔ x+y+3z+11=0. *Với A=1; B= 1 3 − ; C= 1 3 . Mặt phẳng(Q) có phương trình (x-1)- 1 3 y+ 1 3 (z+4)=0 ⇔ 3x-y+z+1=0. Vây phương trình mặt phẳng cần tìm là x+y+3z+11=0 và 3x-y+z+1=0. 0.25 9a (1,0điểm) Đặt , ,z a bi a b R= + ∈ ta có ( ) ( ) ( ) 5 . 1 3 2 2 i z z i i i = + − − + ( ) ( ) 5 2a bi i i i a bi ⇔ + = + − − − 0.25 ( ) ( ) ( ) 5 1 2 5 2 2a bi i i a bi a bi i a b b a i ⇔ + = + − + − ⇔ + = + − − + − ( ) 5 2 2 1 2 0a b a i ⇔ − − + − = 0.25 ( ) 5 2 2 1 2 0a b a i⇔ − − + − = 1 5 2 2 0 2 1 2 0 2 a b a a b  − − = =   ⇔ ⇔   − =   =  0.25 Vậy 2 2 17 2 z a b= + = . 0.25 7.b (1,0điểm) Đường tròn (C) có tâm I(1;-2) bán kính 2 2R = .Gọi H là trung điểm AB. Khi đó 2 2 . 4 . ABI S IH AH R AH AH= ⇔ = − ( ) 2 2 2 16 8 . 4 2AH AH AH AH ⇔ = − ⇔ = ⇔ = 0.25 Ta có 5IK = > 2 2 R= nên có hai trường hợp sau Trường hợp 1: H nằm giữa đoạn thẳng IK, ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 13AK HA KH HA KI IH= + = + − = + = Do đó đường tròn cần tìm có phương trình. ( ) ( ) 2 2 1 3 13x y− + − = . 0.25 Trường hợp 2: I nằm giữa đoạn thẳng HK, ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 2 7 53AK HA KH HA KI IH= + = + + = + = Do đó đường tròn cần tìm có phương trình. ( ) ( ) 2 2 1 3 53x y− + − = . Vậy đường tròn cần tìm có phương trình. ( ) ( ) 2 2 1 3 13x y− + − = và ( ) ( ) 2 2 1 3 53x y− + − = . 0.5 8.b (1,0điểm) Gọi M(a;b;c) khi đó . ( ) ( ) 0 1M Q a b c∈ ⇔ + + = Tam giác ABM cân tại M khi và chỉ khi ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 1 2 1 1 2 5 0AM BM a b c a b c a b = ⇔ − + + + − = − + − + − ⇔ − + + = (2) 0.25 Từ (1) và (2) ta có. 0 2 5 2 5 0 5 3 a b c a b a b c b + + = = +   ⇔   − + + = = − −   (*) Trung điểm AB là ( ) 3; 1;1I − , 0.25 Tam giác ABM cân tại M , suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 1 5 2 AB MI a b c= ⇔ − + + + − = (3) Thay (*) vào (3) ta được ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 6 3 5 7 23 18 0b b b b b + + + + − − = ⇔ + + = ⇔ 2b = − hoặc 9 7 b = − 0.25 Với b=-2 1, 1 (1; 2;1)a c M⇒ = = ⇒ − . Với 9 17 8 17 9 8 ; ; ; 7 7 7 7 7 7 b a c M   = − ⇒ = = − ⇒ − −  ÷   Vậy điểm M cần tìm là (1; 2;1)M − và 17 9 8 ; ; 7 7 7 M   − −  ÷   0.25 9.b (1,0điểm) Số hạng thứ ba trong khai triển nhị thức Niu-tơn trên là ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 2 2 2 6 1 2 log 1 2 log 1 8log 2 log 1 2 log 8log 3 8 3 3 28.3 3 28.3 x x x x x x C − + − + − +   = =  ÷   0.25 Theo giả thiết ta có ( ) ( ) 2 2 3 2 2 3 2log 2 log 1 log 2 log 1 28.3 28 3 1 x x x x− + − + = ⇔ = 0.25 ( ) 2 2 3 2 2log 2 log 1 0 4log 3log 1 0x x x x⇔ − + = ⇔ − − = 0.25 4 10 log 1 1 1 log 10 4 x x x x =  =    ⇔ ⇔   = = −    . Vậy x cần tìm là x =10 và 4 1 10 x = . 0.25 Hết . SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2013 Môn: TOÁN - Khối A,A 1, B và D Thời gian làm bài: 180 phút không kể phát đề I liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…….………………………………… ; Số báo danh:…………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN II TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ NĂM 2013 Môn: TOÁN - Khối. x x x x x x x x π     ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ − − =  ÷  ÷     0.25 2 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -5 5 O -1 -1 1/2 −∞ 2 E H M B C A D S K (1,0điểm) sin 0x ⇔ = hoặc sin 2 sin 3 x x π   = − 