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

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.

( 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    
.

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


   
   

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

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

   

     
    

  











.
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

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


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
   
   







l
xl










¢
.

0,25
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:
42
xk


,
2
2
xl






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

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
;

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

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

·
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 

()
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 

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 
.



'
()ft
0 +
()ft
0

3
2


Do đó
0
3
min ( )
2
t
ft


khi và chỉ khi
1t 
. Suy ra
3

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



. 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
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

    

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) 0
11
22
ba
bb
ba
   


    

    


Suy ra
12zi
hoặc
11
.
22
zi  

0,25
+ Với
12zi
, ta có
5z 

    



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

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

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

( ): 1( 1) 1( 1) 1( 1) 0 4 0.Q x y z x y z           
0,25 
I
(d)
H
P
Q
O7b
1,0 đ Phương trình
2
5
2cos 1 0
21
zz


  


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

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