SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 TRƯỜNG THPT THUẬN AN Môn: TOÁN, khối D 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 y = x 2 x 1 − + (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) . 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến trục hoành bằng 3 lần khoảng cách từ M đến trục tung . Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 3 x + 2cosx - 2 + sin 2 x = 0 2. Giải phương trình: 3 3 5 log x log (x x 95)= + + Câu III. ( 1 điểm) Tính tích phân: I = ln8 x x ln3 e e 1dx + ∫ Câu IV. ( 1,0 điểm) Trong mp(P) cho đường tròn đường kính AB = 2R; C là một điểm trên đường tròn, AC = R. Cạnh SA vuông góc với mp(P), góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng 60 0 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên SB, SC . 1. Chứng minh tam giác AHK vuông . 2. Tính thể tích của hình chóp S.ABC theo R . Câu V. ( 1,0 điểm ) Cho x , y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh: 1 4 9 36 x y z + + ≥ . 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 hình bình hành ABCD có diện tích S = 4, biết A( 1 ; 0 ), B( 2 ; 0 ) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ các đỉnh C, D . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2. Câu VII.a ( 1,0 điểm) Tìm các số thực x, y thỏa mãn: x(-1 + 4i ) + y( 1 + 2i ) 3 = 2 + 9i. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 2 2 x y 1 4 + = và điểm C(2 ; 0). Tìm tọa độ điểm A, B thuộc (E), biết rằng A, B đối xứng nhau qua trục Ox và tam giác ABC đều . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A( 4 ;0 ;0), B(x 0 ;y 0 ;0) với x 0 > 0, y 0 > 0 sao cho OB = 8 và góc · 0 AOB 60= . a) Xác định điểm C trên tia Oz để thể tích của tứ diện OABC bằng 8 . b) Gọi G là trọng tâm tam giác OAB và điểm M trên đường thẳng AC với AM = x. Tìm x để OM vuông góc GM . Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: z 2 - ( 4 - i)z + 5 + i = 0 trên tập hợp các số phức . 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 D NĂM HỌC 2013 Câu Đáp án Điểm I (2đ) 1. (1 điểm) y = x 2 x 1 − + (1) 1. TXĐ: D = R \ { -1} 2. Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: y’ = ( ) 2 3 x 1+ > 0 , x 1∀ ≠ − Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1−∞ − ) ; (-1 ; + ∞ ) Hàm số không có cực trị b) Giới hạn và tiệm cận : x lim y 1 →±∞ = ⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1 x ( 1) lim y − → − = +∞ và x ( 1) lim y + → − = −∞ ⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1 c) Bảng biến thiên x - ∞ -1 + ∞ y’ + + y + ∞ 1 1 - ∞ 3) Đồ thị: Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ là A( 2;0) , B(0;-2) -5 5 4 2 -2 f x ( ) = x-2 x+1 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ 2) 1 điểm Giả sử điểm M(x 0 ;y 0 ) ∈ (C) thỏa d(M, Ox) = 3d(M,Oy) d(M, Ox) = 3d(M,Oy)  0 0 y 3 x= 0,25 đ  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x 2 3x x 1 y 3x y 3x x 2 3x x 1 −  =  + =   ⇔  = −  −  = −  +   2 0 0 2 0 0 3x 2x 2 0 (PTVN) 3x 4x 2 0  + + =  − − + =    0 0 0 0 2 10 x y 2 10 3 2 10 x y 2 10 3  − − = ⇒ = +    − + = ⇒ = −   Vậy có hai điểm M thỏa YCBT là M( 2 10 ;2 10 3 − − + ) hoặc M ( 2 10 ;2 10 3 − + − ) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ II (2 đ) 1. (1 đi ểm) Sin 3 x + 2cosx - 2 + sin 2 x = 0 (1)  (1-cosx)(sinx + cosx + sinxcosx -1 ) = 0  cos x 1 sin x cos x sin x cos x 1 0 =   + + − =  cosx = 1  x = k2 π , k ∈ Z sinx + cosx + sinxcosx - 1 = 0 (2) Đặt t = sinx + cosx ( t 2≤ ) => sinxcosx = 2 t 1 2 − Pt (2) trở thành pt : t + 2 t 1 2 − -1 = 0  t 2 + 2t -3 = 0  t = 1 và t = -3 ( loại ) + t = 1: sinx + cosx = 1  2 cos(x ) x k2 ,k Z 4 2 4 4 π π π − = ⇔ − = ± + π ∈  x k2 2 x k2 π  = + π   = π  Vậy pt (1) có các họ nghiệm là : x = k2 π , x = k2 ,k Z 2 π + π ∈ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 2. (1 điểm) 3 3 5 log x log (x x 95)= + + (1) ĐK: x > 0. Đặt t = log 3 x  x = 3 t Pt(1) trở thành : t = log 5 ( ( ) t t 3 3 3 95+ + )  5 t = ( ) t t 3 3 3 95+ +  t t t 3 3 3 1 95. 1 5 5 5       + + =  ÷  ÷  ÷  ÷       (2) 0,25 đ 0,25 đ Xét hàm số f(t) = t t t 3 3 3 1 95. 5 5 5       + +  ÷  ÷  ÷  ÷       , t ∈ R f '(t) = t t t 3 3 3 3 3 3 1 1 ln .ln 95. .ln 5 5 5 5 5 5       + +  ÷  ÷  ÷  ÷       <0 , ∀ t ∈ R Hàm số f(t) nghịch biến trên R. Nhận thấy f(3) = 1 nên t = 3 là một nghiệm của pt (2) . Vì hàm số f(t) nghịch biến trên R nên pt (2) có nghiệm duy nhất t = 3 t = 3 , suy ra log 3 x = 3  x = 27 . Vậy pt(1) có nghiệm duy nhất x = 27. 0,25 đ 0,25 đ III (1 đ) 1. (1 điểm) I = ln8 x x ln3 e e 1dx+ ∫ Đặt t = x e 1+  t 2 = e x + 1 ⇒ 2tdt = e x dx Đổi cận : x = ln3 => t = 2 x = ln8 => t = 3 I = 3 3 3 2 2 2 2t 38 2t dt 3 3 = = ∫ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ IV (1 đ) 1. Chứng minh tam giác AHK vuông SA ⊥ (P) => SA ⊥ BC S Lại có CA ⊥ BC nên BC ⊥ (SAC) => BC ⊥ AK H Theo gt : SC ⊥ AK Do đó AK ⊥ (SBC) => AK ⊥ HK Hay tam giác AHK vuông 60 0 K A B C 2. Tính V S.ABC Ta có AK ⊥ (SBC) => AK ⊥ SB Đồng thời theo gt AH ⊥ SB Suy ra BS ⊥ (AHK) => SB ⊥ HK Vì vậy góc giữa hai mp (SAB) và (SBC) chính là góc giữa hai đường thẳng AH và HK và bằng góc ˆ AHK Trong tam giác SAC có : 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 AK SA AC SA R = + = + (1) Trong tam giác SAB có : 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 AH SA AB SA 4R = + = + (2) Lấy (1) - (2) , ta được : 2 2 2 1 1 3 AK AH 4R − = (3) Vì tam giác AHK vuông tại K và ˆ AHK = 60 0 nên tam giác AHK bằng nửa tam giác 0,5đ 0,25 đ đều và do đó AK = 3 2 AH thay vào (3) , ta tìm được 2 2 1 9 AH 4R = thay vào (2), ta có: SA 2 = 2 R R 2 SA 2 2 ⇒ = Vậy V SABC = 1 3 .SA . 1 2 .AC.BC = 2 2 1 SA.AC. AB AC 6 − = 3 2 2 1 R 2 R 6 . .R. (2R) R 6 2 12 − = 0,25 đ V 1. (1 điểm) Từ giả thiết Đặt x = a a b c+ + , y = b a b c+ + , z = c a b c+ + với a,b,c > 0 Bất đẳng thức đã cho trở thành : a b c a b c a b c 4. 9. 36 a b c + + + + + + + + ≥ hay b 4a c 9a 4c 9b 22 a b a c b c       + + + + + ≥  ÷  ÷  ÷       (*) Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có VT(*) b 4a c 9a 4c 9b 2 . 2 . 2 . 22 a b a c b c ≥ + + = Đẳng thứ xảy ra k.v.c.k 1 x 6 b 2a 1 c 3a y 3 2c 3b 1 z 2  =  =     = ⇔ =     =   =   0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1. (1 điểm) (1 đ) A(1 ;0) , B(2 ;0) => đường thẳng AB chính là trục Ox AB uuur = (1 ;0) , AB = 1 ABCD là hình bình hành nên CD // AB và diện tích của hình bình hành ABCD là S = AB . d( C, AB)  4 = d(C,Ox) Vậy C, D thuộc đường thẳng (d) // Ox và cách trục Ox một khoảng bằng 4 nên (d) có pt : y = 4 hoặc y = -4 . Khi (d) có pt y= 4 , gọi C(x c ;4) , D(x D ;4) Vì I= AC ∩ BD nên I là trung điểm của AC và BD đồng thời I thuộc đt: y = x , do đó : c c x 1 0 4 x 3 2 2 + + = ⇔ = D D x 2 4 0 x 2 2 2 + + = ⇔ = Vậy C(3 ;4) , D(2 ;4) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ VIa (2đ) Khi (d) có pt y = -4 , gọi C(x c ;-4) , D(x D ;-4) Vì I= AC ∩ BD nên I là trung điểm của AC và BD đồng thời I thuộc đt : y = x , do đó : c c x 1 0 4 x 5 2 2 + − = ⇔ = − D D x 2 4 0 x 6 2 2 + − + = ⇔ = − Vậy C(-5 ;-4) , D(-6 ;-4) 0,25 đ 2. (1 điểm) 2/ VTPT của mp(P) (1;1;1) P n = uur ; VTPT của mp(Q) (1; 1;1) Q m = − uuur ; Đặt (2;0; 2) 2(1;0; 1) R k n m= ∧ = − = − uur r ur Mp (R) vuông góc với (P) và (Q) nên mp(R) nhận 1 n k (1;0; 1) 2 = = − r r làm VTPT. Phương trình (R) có dạng : x − z + D = 0 Ta có : d (0;(R)) = 2 2 2 2 2 D D⇔ = ⇔ = ± Phương trình (R) : 2 2 0 2 2 0x z hay x z− + = − − = 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25đ (1 điểm) x(-1 + 4i) + y( 1 + 2i) 3 = 2 + 9i  (-x-11y) + (4x-2y)i = 2+9i  95 x x 11y 2 46 4x 2y 9 17 y 46  =  − − =   ⇔   − = −   =   0,5 đ 0,5 đ 1. (1 đi ểm) Gọi A( x 0 ;y 0 ) , vì A ∈ (E) nên 2 2 0 0 x y 1 4 + = (1) A ,B đối xứng nhau qua trục Ox nên B(x 0 ; -y 0 ) AB 2 = 4y 0 2 và AC 2 = ( x 0 -2) 2 + y 0 2 Tam giác ABC đều nên AB = AC = BC Suy ra 4y 0 2 = ( x 0 -2) 2 + y 0 2 (2) Từ (1) và (2) ta có : ( ) 2 2 0 0 2 2 2 0 0 0 x y 1 4 4y x 2 y  + =    = − +   x 2 y 0 2 x 7 4 3 y 7  =    =     =        = ±     Vậy A( 2 7 ; 4 3 7 ) và B( 2 7 ;- 4 3 7 ) hoặc A( 2 7 ;- 4 3 7 ) và B( 2 7 ; 4 3 7 ) 0,5đ 0,5đ 2.(1đ) a . B(x 0 ;y 0 ;0) nên OB = 8  x 0 2 +y 0 2 = 64 (1) (loại) VIIa (1đ) VIb (2đ) OB uuur = (x 0 ;y 0 ;0) , OA uuur = (4 ;0 ;0) cos 0 0 4x x ˆ AOB cos(OA,OB) 4.8 8 = = = uuur uuur ( vì x 0 > 0)  cos60 0 = 0 x 8  x 0 = 4 thay vào (1) ta được y 0 = 4 3 hay y 0 = - 4 3 (loại) Vậy B( 4 ; 4 3 ; 0) => tam giác AOB vuông tại A . C thuộc tia Oz nên C( 0 ;0 ;a) , a>0 và OC = a Thể tích của tứ diện OABC là : V = 1 OC.OA.AB 6 = 1 .a.4.4 3 6 = 8 3a 3 V = 8  8 3a 3 = 8  a = 3 . Vậy C(0 ;0 ; 3 ) 0,25đ 0,25đ b. G là trọng tâm tam giác OAB nên G( 8 4 3 ; ;0) 3 3 AC uuur = (-4 ;0 ; 3 ) , đt AC có pt : x 4 4t y 0 z 3t  = −  =   =  M thuộc đt AC nên M ( 4-4t ; 0 ; 3 t) OM uuuur = ( 4-4t ; 0 ; 3 t) , GM uuuur = 4 4 3 4t; ; 3t 3 3   − −  ÷  ÷   OM ⊥ GM  OM uuuur . GM uuuur = 0  (4-4t)( 4 4t) 3 − + 3t 2 = 0  57t 2 - 64t + 16 = 0  32 4 7 t 57 32 4 7 t 57  + =    − =   AM uuuur = (-4t ; 0 ; 3 t) , AM = x  x = t 19 Với t = 32 4 7 57 + , x = 32 4 7 57 + . 19 Với t = 32 4 7 57 − , x = 32 4 7 57 − . 19 0,25đ 0,25đ VIIb (1đ) z 2 - ( 4 - i) z + 5+i = 0 ∆ = (4-i) 2 -4 (5+i) = -5 - 12i ∆ = (2 - 3i) 2 ∆ có hai căn bậc hai là ± (2-3i) Vậy pt có hai nghiệm phức : z 1 = 1+i , z 2 = 3- 2i 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ . SỞ GD & ĐT THỪA THI N HUẾ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 TRƯỜNG THPT THU ̣N AN Môn: TOÁN, khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THỬ I (1 ;0) , AB = 1 ABCD là hình bình hành nên CD // AB và diện tích của hình bình hành ABCD là S = AB . d( C, AB)  4 = d( C,Ox) Vậy C, D thu ̣c đường thẳng (d) // Ox và cách. Hết Thí sinh không được sử d ng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh số báo danh HƯỚNG D N CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM HỌC 2013 Câu Đáp án Điểm I (2đ) 1.