TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ
TỔ TOÁN - TIN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3
NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi: TOÁN - Khối: A, A
1
, B
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
4 6
y x x mx
   (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
0
m

.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng
2 4 5 0
x y
  

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2
2sin 3 1 8sin 2 . os 2
4
x x c x

 

 
2
5
2
5
1
1
1
x
dx
x x




Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có góc

0
60
BAC 
, nội tiếp đường tròn đường kính AI. Trên
đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2BC. Gọi M và N lần lượt
là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Chứng minh rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với đường
thẳng SI và tính góc giữa hai mặt phẳng (AMN) và (ABC).
Câu 6 (1,0 điểm). Chứng minh rằng


   
4
, , , 0

phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới

bằng
2 2
.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức:
4 3 2
6 9 100 0
x x x
   

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:……………………………………
BIỂU ĐIỂM CHẤM
ĐỀ THI THỬ TOÁN LẦN III – KHỐI A, A
1
, B – NĂM 2013
Câu Nội dung Điểm
1
(2.0
điểm)
a. (1.0 đi
ểm)


0.25
* Bảng biến thiên…
Hàm số đồng biến trên




;0 ; 1;
 
. Hàm số nghịch biến trên


0;1

Hàm số đạt cực đại tại
0, 0
x y
 
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 2
x y
  

0.25
Điểm uốn:
1

      

Gọi hai điểm cực trị của đths là




1 1 2 2
, ; ,
A x y B x y
(
1 2
,
x x
là hai nghiệm của pt
' 0
y

)
0.25
Có:
   
1 1 2
' 2
3 6 3 6
m m
y f x f x x x
   
     
   

  
 
 

Vậy pt đt AB là
2
2
3 6
m m
y x
 
  
 
 

0.25
A, B đối xứng nhau qua d: 2x – 4y – 5 = 0


 
1
2
AB d
I d








 



 

    
 

 

.
   
1
2 2. 4. 1 5 0
2
    
(đúng)
Vậy A, B đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi m = 0
0.25
2.
(1.0
điểm)
Giải phương trình lượng giác…

Pt
 
 
2 2

 
 
     
 
 
 
 
2 2sin 6 1 4sin 2 2sin 6 2sin 2
x x x x
     0.25
1
12
sin 2
5
2
12
x k
x
x k





 

  


 
:
 
3 17
1 sin 3 0 2 1 2
2 12
k k n x n
 
 
 
        
 
 
,
n Z


0.25
3.
(1.0
điểm)
Giải hệ phương trình…

   
 
2
1
4 3
1 1 9 2 1

 
             
   

 
 
 
1
3 1 . 3 1 0
2 1
x y x y
x y x y
 
      
 
 
   
 
1
3
x y
  

0.5
Khi đó:
 
 
1
1 3 1
1

3
x
y
 







, Với t =


 
2
2
log 5 1 2
1 5
7
2
log 5 1
3
x
y

  
 



    

  
   

0.25
1
x
t


 
 
1
2
1 2
1 1
4
2
5 5
1
5 5
1 1
1
2 2
5
1
1
1 1 1 1
1 ln 1 6ln2 ln 33

5
1
2 1 2 1 31
1 .
5 5 1 165
1
I d x
x
x
 
    
 

 



0.25
 
1 31
6ln 2 ln 33
5 165
I   

0.25
5.
(1.0
điểm)
Tính thể tích và khoảng cách


SI
Chứng minh tt: AN

SI. Vậy SI

(AMN)
0.5
Có SA

(ABC); SI

(AMN)
   
 

 

, ,
ABC AMN SA SI
 

SAI có:

tan AS
AI
I
SA

(1)
0.25

0.25
6.
(1.0
Chứng minh bất đẳng thức …

Bđt

0.25
điểm)
 
  
 
  
 
  
 
2 2 2
4
z x x y x y y z y z z x
P y z z x x y x y z
x y z
     
        

Có:
  
2
2
2
2 2 2

 
(1)
0.25
Chứng minh tt có:
 
  
 
 
  
 
2
2
2 2
2 3
x y y z
zx
z x z x
y y
y z z x
xy
x y x y
z z

 
   




 

4
P x y z
   
. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
0.25
7.
(1.0
điểm)
Tìm hai điểm B,C…

Gọi H là hình chiếu của A lên d ta có AH = d(A, d) =
2
0 2.2 2
2
5
1 2
 



Tam giác ABC vuông tại A nên
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5
1 2
4 4
AC AB
AB AC AH AC AC
        
 




 
0.25
+ Với C(0;1): đt AB qua A(0;2) có vtpt
(0; 1)
AC
 

có pt:
2 0
y
 

Toạ độ B là nghiệm hệ
2 2 0 2
(2;2)
2 0 2
x y x
B
y y
   
 
 

x
x y
B
x y
y

 

  


  
 
  






8.
(1.0
điểm)

Viết phương trình đường thẳng …

Toạ độ M là nghiệm hệ
 
1;2;3
1 2 3

x y z
  

d’ có pt:
6 0
2 0
x y z
x y z
   


  

2
4
x t
y
z t



 


 
0.5
Vì


   

 
 0.25
+ Với t = 3 thì H(3; 2; 1):

qua H, có vtcp
Q
u n


 
nên

có pt:
3 2 1
1 2 1
x y z
  
 
 

+ Với t =-1 thì H(-1; 2; 5):

qua H, có vtcp
Q

6 9 100 3 10
x x x x x i
       
0,25
2
2
3 10 0 (1)
3 10 0 (2)
x x i
x x i

  


  


0,25
(1) có

=
9 40
i

có một căn bậc hai là
5 4
i

(1)




  


0,25