SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT SỐ III AN NHƠN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013
Môn: Toán Khối A-B -A
1
-D
Thời gian làm bài: 180 phút.
I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hµm sè
2
32
−
−
=
x
x
y
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tiếp tuyến tại điểm M bất kỳ trên (C) cắt các tiệm cận lần lượt tại A và B. Tìm tọa độ của M sao cho
đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình :
3
4 4
2(cos x-sin x)+1
cos sinx
2cos( - )
2 3
x
x
π

0
1 cos
( )
cos 1 5cos
x
I x dx
x x
π
= +
−
∫
Câu IV(1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác
1 1 1
.ABC A B C
có đáy ABC là tam giác vuông tại C với AC = a,
cạnh bên
1
AA 2= a
và tạo với đáy một góc bằng
30
°
, biết mặt phẳng
1
( ) ( )⊥ABB ABC
và tam giác
1
AA B

cân tại
1

1 1 2
:
1 1 2
− + −
= =
− −
x y z
d

và điểm A(1;1;0).Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A vuông góc với (P) cắt
d
tại B sao cho AB =
2
Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho z là số phức thỏa mãn: (3 - 2i).z = (2 + i)(1 + i) + 1.Tìm phần thực và phần ảo của số phức
2013
2 4z i
+ −
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 2 8 0x y x y+ − − − =
có tâm I, đường thẳng
d: x - y + 2 = 0 và điểm A(2; 2).Viết phương trình đường thẳng
∆
cắt (C) và d lần lượt tại M,N sao cho tứ
giác IANM là hình bình hành.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho đường thẳng

Câu Nội Dung Điểm
I
(2,0đ)
1. (1,0đ)
TXĐ: D = R\
{ }
1
Chiều biến thiên:
,
2
1
0
( 1)
= >
−
y
x
, với
x D∀ ∈
⇒
hàm số đồng biến trên mỗi khoảng :
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
2
→+∞

là tiệm cận đứng.
Bảng biến thiên:
Đồ thị: đi qua các điểm (0;
1−
) ; (
1
2
; 0)
Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(1;-2) làm tâm đối xứng
2. (1,0đ)
2.Gọi M(
0
0
0
2 1
;
1
− +
−
x
x
x
)
( )C∈
là điểm cần tìm và
∆
tiếp tuyến với (C) tại M
0,25
0,25
0,25

= − +
−
x
y f x x x
x
( )
0
0
2
0
0
2 1
1
( )
1
1
− +
⇒ = − +
−
−
x
y x x
x
x
Gọi A =
∆ ∩
ox
⇒
A(
2

;
3 3( 1)
 
− + − +
−
 ÷
−
 
x x x x
x
. (đk
0
1x ≠
)
Do d(G; Ox) =
5
3

2
0 0
2
0
2 2 1
5
3( 1) 3
x x
x
− +
⇔ =
−

Pt
⇔
sin 4 sinx 1 cos3 sin 2 cos 2
+ = + + −
x x x x
2
sin 4 sin 2 sin 2sin cos3x x x x x
⇔ − + = +
2
2 cos3 .sin sin 2sin cos3x x x x x
⇔ + = +
2sin .(cos3 sin ) (cos3 sin ) 0 (2sin 1)(cos3 sin ) 0x x x x x x x x
⇔ − − − = ⇔ − − =
1
sin
2
os3 sin

=

⇔

=

x
c x x
Với
2
1
6

3 2
2
4
π π
π
π
π
π
π
π π


= +
= − +


⇔ = − ⇔ ⇔




= − + + = − +




x k
x x k
c x c x
x x k x k

( ) 1 0 , (1; )
(1 1 )
t t
t t
f t t
t
+ − +
−
= + > ∀ ∈ +∞
+ −
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5

III
(1,0đ)
IV
(1,0đ)
vì (*)
( ) (1 ) 1f x f y x y⇔ = − ⇔ = −
, thế vào pt(2) ta được :
2
1 5 2 2 6 2 2 5 6 8x x x x x− + − = ⇔ − + − + =

I dx x dx dx
x x x x
+ + + + +
= = + +
+ +
∫ ∫ ∫
xét
2
2
1
1
1
1 3
( 1)
2 2 2
e
e
x
I x dx x e e
 
= + = + = + −
 ÷
 
∫
xét
2
1
ln 1
1 ln
e

+ ln(1+e)

Gọi I là trung điểm của AB, vì tam giác A
1
AB cân tại A
1
nên A
1
I
⊥
AB
⇒

nên A
1
I
⊥
(ABC)
⇒
(AA
1
;(ABC)) =
^
0
1
30A AI =
tam giác vuông IA
1
A có A
1

a CA CB a a a= = =
(đvtt)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
C
B
1
A
1
C
1
A
B
I
V
(1,0đ)
VI.a
(1,0đ )
gt
3 3
( )( )
(1 )(1 )
a b a b

1
3
4 1 2 2 1 3 0
9
4 1 3
t
t t t t t t
t t

< ≤

≤ − + ⇔ ≤ − ⇔ ⇔ < ≤


≤ −

Ta có:
2 2 2 2
1 1 2 1 1 1 1
0
1 1 1 1 1 1 1a b ab a ab b ab
   
+ ≤ ⇔ − + − ≤
 ÷  ÷
+ + + + + + +
   
( ) ( )
( )
( ) ( )
2

+ +
và
( )
2
2 2
ab a b ab a b ab− − = − − ≤
nên
2 2
1 1
F ab t
ab t
≤ + = +
+ +

xét f(t) =
2
1
t
t
+
+
với 0 < t
1
9
≤
có
'
1
( ) 1 0
(1 ) 1

6 1
9
10
+
đạt được tại
1
3
a b= =
1.(1,0đ)
Do
( ;2 1)N d N N a a= ∩ ∆ ⇒ ∈∆ ⇒ +
,
vì A là trung điểm của MN nên
(2 ;1 2 )M a a− −
mà
( )
2
2 2
( ) 2 (1 2 ) 2(2 ) 1 0 5 6 0M C a a a a a∈ ⇒ − + − − − − = ⇔ − =
0
6
5
a
a
=


⇔

=

1 (2;0;0)t B⇔ = − ⇒
ta có mp(P) có vtpt là
(2; 3;1)
P
n = −
uur
.
vì
( ) ( )P Q⊥
và (Q) chứa AB nên (Q) có vtpt là
;
P
n n AB
 
=
 
r uur uuur
với
(2; 3;1)
P
n = −
uur
;
(1; 1;0)AB = −
uuur

(1;1;1)n⇒ =
r
khi đó pt(Q): x + y + z - 2 = 0
1,0đ

( ; 2)N d N d N a a= ∩ ∆ ⇒ ∈ ⇒ +
IANM là hình bình hành
AI NM⇔ =
uur uuuur
,
với
( 1; 1); N(a; a+2) M(a-1 ; a+1)AI = − − ⇒
uur
mà
2 2
( ) ( 1) ( 1) 2( 1) 2( 1) 8 0M C a a a a∈ ⇒ − + + − − − + − =
2
1
2 4 6 0
3
a
a a
a
= −

⇔ − − = ⇔

=

với
1 ( 1;1) : 2 0a N pt x y= − ⇒ − ⇒ ∆ − + =
với
3 (3;5) : 2 0a N pt x y= ⇒ ⇒ ∆ − + =
KL :
: 2 0pt x y∆ − + =

=

với t = 1
(2;2;1)B⇒
, ta có d đi qua A(-1 ; 1 ; 2) và có vtcp
(3;1; 1)AB = −
uuuv
1 3
d: 1
2
x t
pt y t
z t
= − +


⇒ = +


= −

với
1 4 8 1 7 5 5
( ; ; ) ( ; ; )
3 3 3 3 3 3 3
t B AB= ⇒ ⇒ = −
uuur
0,25
0,25
0,25


1,0
k: y > 2x - 8
Pt u

y 2x + 8 =
( )
4
3
2y x =
+1
th vo pt th hai ta c:
3 3 2 1
3.2 2 2 2
+
+ = +
x x x
3 2
4.2 2.2 2 0 =
x x
t: t =
2
x
, (k t > 0 ) , ta cú pt:
( )
( )
3 2 2
2 1 0 1 2 1 0 = + + =t t t t t
0
1


=
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
2;
và
( )
+;2
0,25
a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
*
+==
+

ylim;ylim
2x2x
Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
*
lim lim 2
+
= =
x x
y y
đờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
Bảng biến thiên:
x
- 2 +
y


1.2

Tiếp tuyến của (C) tại M
1,00
O
y
x
2
3/2
3/2
2
Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0
0
0
0











=
0,25
Toạ độ giao điểm A, B của
( )

và hai tiệm cận là:
( )
2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0











Ta thấy
M0
0BA
xx
2




+=



















+=
2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2

2
0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
Bi3
Tính tích phân : I =
2
4
2 2
0
1 cos
( )
cos 1 5cos
x
x dx
x x

+


Ta cú : I =
4
2
0
cos
x
dx
x



0,25
B =
1 1
4
1
2 2
0
0 0 0
1 1 1 1 1 1 2 1
(tan ) ( ) ln | | ln 3
tan 4 4 4 2 2 4 2 4
|
t
d x dt dt
x t t t t


= = = =
+ +

0,25
Vy I =
1
ln 2
4 2


1
ln3
4