TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂMHỌC: 2012­2013 Tổ: Toán – Tin học MÔN: TOÁN (Khối A+A1+B+D)

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm).

Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số ( 1) 1

x m y m x +

= ≠ +

(Cm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = ­1. b) Gọi A là giao điểm của đồ thị (Cm) với trục hoành còn B là điểm có hoành độ bằng 1 thuộc đồ thị của (Cm),

k và k1 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến với (Cm) tại A và B. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho |k+k1| đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 2 (2.0 điểm). a) Giải phương trình 2 3 2 os(2 ) 3 sin( 2 ) 1 2cos ( ) 2 4

c x x x π π π − + − = − −

b) Giải hệ phương trình ( ) ( )

3 2 3 2

2

3 5.6 4.2 0

2 2

x y x x y

x y y y x y x

− − − + =

− = + − +

Câu 3 (1.0 điểm). Tính tích phân 1 2

0

. ( 1).

x

x

x e x x I dx x e

+ + =

+ ∫ Câu 4 (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương và thoả mãn điều kiện 2012 xy yz zx xyz + + =

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1

2 2 2 A

x y z x y z x y z = + +

+ + + + + + Câu 5 (1.0 điểm). Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A, AB=a, 3, AC a DA DB DC = = = . Biết

rằng DBC là tam giác vuông và điểm E nằm trên DA sao cho 2 EA ED = − uuur uuur

.Tính thể tích tứ diện EBCD theo a. PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc phần B. A. Theo chương trình nâng cao. Câu 6a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;3); B(­1;1); C(3;0). Lập phương trình đường thẳng d biết d đi qua A và cùng với đường thẳng d’ cũng đi qua A chia tam giác ABC thành ba phần có diện tích bằng nhau.

Câu 7a (1.0 điểm). Trong hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng 1 1 2 :

2 1 1 x y z d

− + = =

− và

2

1 2 : 1

3

x t d y t

z

= − + = + =

Viết phương trình mặt phẳng trung trực của MN biết rằng M thuộc d1 còn N thuộc d2 sao cho khoảng cách MN là ngắn nhất. Câu 8a (1.0 điểm). Cho tập 2 : 7 0 A x x x = ∈ − ≤ ¥ chọn ngẫu nhiên ra ba số từ tập A. Tính xác suất để ba số được chọn ra có tổng là một số chẵn. B. Theo chương trình chuẩn. Câu 6b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng d1:2x+y­2=0;d2: x­2y+1=0. Gọi A,B,C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm 5 12 ( ; )

13 13 M − xuống d1,d2 và trục Ox. Chứng minh rằng ba điểm A,B,C thẳng hàng.

Câu 7b (1.0 điểm). Trong hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng 1 1 2 :

2 1 1 x y z d

− + = =

− và

2

1 2 : 1

3

x t d y t

z

= − + = + =

Điểm M thuộc d1,điểm N thuộc d2 sao cho khoảng cách MN là ngắn nhất.Viết phương trình mặt cầu đường kính MN.

Câu 8b (1.0 điểm). Cho 5 1

1 i z i

+ = − chứng minh rằng z 5 +z 6 +z 7 +z 8 =0.

­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­HẾT­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

www.VNMATH.com

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012­2013 Tổ Toán­ Tin học MÔN: TOÁN (KHỐI A+A1+B+D)

Hướng dẫn chấm gồm 5 trang Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương đương với biểu điểm chấm.

Câu ý Nội dung Điểm 1 a

(1điểm) Với m=­1 thì: x 1 y (C) x 1

− =

+ 1) TXĐ: D= R\­1 2) Sự biến thiên.

*) Tính đúng các giới hạn và chỉ ra đúng các đường tiệm cận: *) Tính đúng y’ lập đúng bảng biến thiên và KL đúng về tính đơn điệu.

3) Vẽ đúng đồ thị.

0,25

0,25 0,25

0,25

b (1điểm) Ta có: A(­m;0) và m 1 B(1; )

2 + .

Lại có: 2

1 m y ' (x 1)

− =

+ nên 1

1 1 m k ;k 1 m 4

− = =

− Suy ra:

1 1 1 m 1 1 m 1 1 m k k (do . 0)

1 m 4 1 m 4 1 m 4 − − −

+ = + = + > − − −

Mà: Cauchy 1 1 m 1 1 m 2 1, m 1

1 m 4 1 m 4 − −

+ ≥ = ∀ ≠ − −

Dấu “=” xảy ra: m 1 1 1 m m 3 1 m 4

= − − = ⇔ = −

Vậy 1 k k + đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1, khi m∈-1;3

0,25

0,25

0,25

0,25

2 a (1điểm)

2 3 2 os(2 ) 3 sin( 2 ) 1 2cos ( ) 2 4

c x x x π π π − + − = − −

3 2 osx 3 os2 os( 2 ) 2

c c x c x π ⇔ + = − −

2 osx 3 os2 sin 2 c c x x ⇔ + = sin 2 3 os2 osx 2 2 x c x c ⇔ − =

sin (2x­ ) sin( ­x) 3 2 π π

⇔ =

5 2 2x­ ­x+k2 3 2 18 3 ( )

5 2x­ ( ­x) k2 2 3 2 6

x k k Z

x k

π π π π π

π π π π π π

= = + ⇔ ⇔ ∈

= − + = +

0,25

0,25

0,25

0,25

b (1điểm)

Giải hệ phương trình

( ) ( ) 3 2 3 2

2

3 5.6 4.2 0 (1)

2 2 (2)

x y x x y

x y y y x y x

− − − + =

− = + − + Giải :

www.VNMATH.com

Điều kiện : , 0 x y x y

≥ ≥

Khi đó: Xét pt(2): ( ) ( ) 2 2 2 (2) x y y y x y x − = + − +

( ) ( ) 2 2 (2) x y y y x y x ⇔ − − = − +

*) Nếu 0 0

0 x

x y y y

= − + = ⇔ =

thay vào hệ pt thấy thỏa mãn :

Vậy (0 ;0) là một nghiệm của hệ phương trình. *) Nếu 0 x y y − + ≠ khi đó.

( ) ( ) (2) 2 2 2 ( x­y+ y) x y y x y x ⇔ − = − +

( ) ( ) 2 [ 2 ( x­y+ y)+1]=0 y x y x ⇔ − +

( ) 2 0

2 ( x­y+ y)+1=0(vô nghiêm)

y x

y x

− = ⇔

+ HPT trở thành :

3 2 3 2 3 5.6 4.2 0 (1) x=2y

x y x x y − − − + = Khi đó thay x=2y vào pt (1)

x

2 2

3 3 x 2 2

3( ) 1 0 0( ) 2 3 5.6 4.2 0 (*) log 4 log 2 3( ) 4 2

x x x x y loai x y

= = ⇒ = ⇔ − + = ⇔ ⇔ = ⇒ = =

Vậy hệ pt có 2 nghiệm : (0 ;0) và 3 3 2 2

(log 4; log 2)

0,25

0,25

0,25

0,25

3 1 điểm Tính tích phân

1 2

0

. ( 1).

x

x

x e x x I dx x e

+ + =

+ ∫

Ta có :

1 2

1 1

0 0 1 x

I I

x x I dx dx e x

= + + ∫ ∫

123 14243

*) Tính 1

1 0

x

x I dx e

= ∫ Đặt x x

u x du dx dv e dx v e − −

= = ⇒

= = −

Khi đó : 1

1 0

1 1 1 2 ( ) 1 0 0

x x x I xe e dx e e e

− − − = − + = − − = − ∫ .

*) Tính 1

2 0 1

x I dx x

= + ∫

Đặt 2 2 t x x t dx tdt = ⇒ = ⇒ = Đổi cận : với x= 0 thì t=0. với x=1 thì t = 1.

Khi đó : 1 1 1 2

2 3 2 2 2 0 0 0

1 2 2 (2 ) 2 2 2 2 0 1 1 1

t dt I dt dt t I t t t

= = − = − = − + + + ∫ ∫ ∫

*) Tính 1

3 2 0

; 1

dt I t

= + ∫ Bằng cách đặt t=tanu. Từ đó tính được

0,5

0,25

0,25

www.VNMATH.com

4 2

3 2 0

1 os tan 1 4

du c u I

u

π

π = =

+ ∫

Kết quả : 2 3

2 I

e π

= − −

4 1 điểm Cho x, y, z là các số thực dương và thoả mãn điều kiện 2012 xy yz zx xyz + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1 1 1 2 2 2

A x y z x y z x y z

= + + + + + + + +

­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

Chứng minh bổ đề: 1 1 ( )( ) 4; , 0 x y x y x y

+ + ≥ ∀ >

1 1 1 1 ( )(*) 4 x y x y

⇔ ≤ + +

Dấu ‘=’ có khi x=y.

Giả thiết: 1 1 1 2012 2012 xy yz zx xyz x y z

+ + = ⇔ + + =

Ta có: (*) (*) 1 1 1 1 1 1 2 1 1 ( ) ( )(1)

2 ( ) ( ) 4 16 x y z x y x z x y x z x y z = ≤ + ≤ + +

+ + + + + + + Hoàn toàn tương tự ta có :

(*) 1 1 1 2 1 ( )(2) 2 16 x y z x y z

≤ + + + +

và (*) 1 1 1 1 2 ( )(3)

2 16 x y z x y z ≤ + +

+ + Cộng vế với vế (1) ;(2) và (3) ta nhận được :

1 1 1 1 1 1 1 2012 ( ) 503 2 2 2 4 4

A x y z x y z x y z x y z

= + + ≤ + + = = + + + + + +

A lớn nhất = 503 đạt được khi x=y=z=3/2012

0.25

0,25

0,25

0,25 5 (1điểm) Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A,

AB=a, 3, AC a DA DB DC = = = . Biết rằng DBC là tam giác vuông và điểm E nằm trên DA thỏa mãn 2 EA ED = −

uuur uuur .Tính thể

tích tứ diện EBCD theo a. ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

Ta có: 1 1 3 3

DEBC DEBC DABC

DABC

V DE V V V DA

= = ⇒ =

*) Tính VABCD

0,25

A

D

C

I

B

E

www.VNMATH.com

Do DA=DB=BC nên hình chiếu của D lên (ABC) chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tức là trung điểm I của BC. Ta tính được BC=2a, từ tam giác DBC vuông cân tại D nên chiều cao DI=1/2BC=a. Khi đó :

3 3 1 1 3 3 . . . . 3 ( ) 3 6 6 18 DABC ABC DEBC

a a V DI S a a a V dvtt = = = ⇒ =

0,25

0,25

6a 1điểm Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;3); B(­ 1;1); C(3;0). Lập phương trình đường thẳng d biết d đi qua A và cùng với đường thẳng d’ cũng đi qua A chia tam giác ABC thành ba phần có diện tích bằng nhau. ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Gọi M, N là các điểm thuộc cạnh BC sao cho AM, AN chia tam giác ABC thành ba phần có diện tích bằng nhau. Khi đó ba tam giác ABM, AMN và ANC có cùng chiều cao xuất phát từ A nên. BM=MN=NC.

Suy ra: 1 2 ; 3 3

BM BC BN BC = = uuuur uuur uuur uuur

Lại có : (4; 1); ( 1; 1); ( 1; 1) M M N N BC BM x y BN x y = − = + − = + − uuur uuuur uuur

Do vậy : 1 1 2 ( ; ) : 7 2 1 0 3 3 3

BM BC M AM x y = ⇒ ⇒ − − = uuuur uuur

2 5 1 ( ; ) : 4 7 0 3 3 3

BN BC N AN x y = ⇒ ⇒ + − = uuur uuur

Kết luận : Phương trình cần tìm : 7x­2y­1=0 và 4x+y­7=0

0,5

0,25

0,25

7a 1 điểm Trong hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng 1

1 2 : 2 1 1 x y z d

− + = =

− và

2

1 2 : 1

3

x t d y t

z

= − + = + =

Viết phương trình mặt phẳng trung trực của MN biết rằng M thuộc d1 còn N thuộc d2 sao cho khoảng cách MN là ngắn nhất. ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Gọi M(2t;1­t;­2+t) thuộc d1 còn N(­1+2s;1+s;3) thuộc d2 Khi đó: (2 1 2 ; ; 5) NM t s t s t + − − − −

uuuur .

MN ngắn nhất khi và chỉ khi MN là đường vuông góc chung của

d1 và d2 khi đó : 1

2

. 0 1

. 0

NM u t s

NM u

= ⇔ = = =

uuuur ur

uuuur uur

Vậy M(2;0;1) và N(1;2;3) Mặt phẳng trung trực (P) của MN đi qua trung điểm I(3/2;1;2) của MN và nhận (1; 2; 4) NM − −

uuuur làm véc tơ pháp tuyến nên có dạng :

2x­4y­8z+29=0 (P)

0,25

0,25

0,25

0,25 8a 1điểm Cho tập 2 : 7 0 A x x x = ∈ − ≤ ¥ chọn ngẫu nhiên ra ba số từ

tập A. Tính xác suất để ba số được chọn ra có tổng là một số chẵn. ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Ta có: A=0;1;2;…;7 Không gian mẫu: 3

8 C Ω = . A= ‘’Biến cố lấy ra 3 sô có tổng là số chẵn’’. Để 3 số lấy ra có tổng ba số là số chẵn thì hoặc cả ba số đều là số

0,25

www.VNMATH.com

chẵn, hoặc 1 số chẵn và 2 số lẻ nên : 3 1 2 4 4 4 . A C C C Ω = +

Khi đó xác suất là : 3 1 2 4 4 4

3 8

. ( ) C C C P A C

+ =

0,5

0,25

6b 1điểm Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng d1: 2x+y­2=0; d2: x­2y+1=0. Gọi A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm 5 12 ( ; )

13 13 M − xuống d1 , d2 và trục Ox. Chứng minh rằng ba

điểm A, B, C thẳng hàng. ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ Giải. A(a;2­2a) thuộc d1; B(2b­1;b) thuộc d2

5 38 18 12 ( ; 2 ); (2 ; ) 13 13 13 13

MA a a MB b b − − − + uuur uuur

Từ 1 81 81 32 . 0 ( ; ) 65 65 65

MAu a A = ⇒ = ⇒ − uuur ur

2 24 17 24 . 0 ( ; ) 65 65 65

MB u b B = ⇒ = ⇒ − uuur uur

Mặt khác : 5 ( ;0) 13

C khi đó :

56 32 42 24 3 ( ; ); ( ; ) 65 65 65 65 4

AC BC BC AC −

− ⇒ = − uuur uuur uuur uuur

Vậy A, B, C thẳng hàng.

7b 1điểm Tương tự (7a). Tâm mặt cầu là I và bán kính MN/2 8b 1điểm

Cho 3 1

1 i z i

+ = − chứng minh rằng z 5 +z 6 +z 7 +z 8 =0.

­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

Ta có: 5 5 5 2

5 2

1 1 2 2 1 1 2 i i i i z i i i i

+ + + = = = = = − − Do đó : z 5 +z 6 +z 7 +z 8 =z 5 (1+z+z 2 +z 3 )=(i) 5 (1+i+i 2 +i 3 ) = 0

0,5

0,5

www.VNMATH.com