Tài liệu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A MÔN TOÁN NĂM HỌC 2012-2013 doc

SỞ GD – ĐT ĐĂK LĂK TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – KHỐI A Môn: Toán; Năm học: 2012-2013 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: 3 32yx x=−+ có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A, B song song với nhau và độ dài đoạn AB 32= . Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình: 2 4 39 3xx x+ ≤+ + 2. Giải hệ phương trình: 33 2 44 1 (, ) 44 x y xy xy R x y xy  −=+  ∈  +=−   Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: ( ) ( ) ln 2 2 0 2 1 xx x x xe e dx e +− + ∫ Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I, AB = a, AD = 2a; M là một điểm thuộc cạnh AB sao cho MA = 2MB, tam giác SMI cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABCD). Biết mặt bên (SBC) hợp với đáy (ABCD) một góc bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp S.AMID theo a. Câu V: (1,0 điểm) Cho hai số thực dương ,xy thỏa mãn: ( )( ) 6 22 1xy x y xy=+− Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) 2 22 1 4 .3 4 1 4 A x y xy xy  =+− − +  Câu VI: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có A(0 ; 4), đỉnh B nằm trên đường thẳng ( ): 2 2 0 d xy− += . Gọi E và F lần lượt là hai điểm nằm trên BC, CD sao cho BE = CF. Biết AE cắt BF tại 16 12 ; 25 25 K    . Tìm tọa độ điểm C biết rằng điểm C có hoành độ dương. Câu VII: (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua 2 điểm A(1 ; 1; 1); B(1 ; 2; 0) và tiếp xúc với mặt cầu (S): 222 6 4 4 13 0xyz xyz++−− −+= Câu VIII: (1,0 điểm) Cho hai số phức liên hợp nhau ,zz thỏa mãn điều kiện ( ) 2 z z là một số thực và 23 zz −= . Tìm số phức z . Sở GD – ĐT ĐăkLăk Trường THPT Phan Chu Trinh Năm học: 2012 - 2013 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – KHỐI A MÔN: TOÁN ; NĂM HỌC 2012 – 2013 (Đáp án – Thang điểm này gồm 4 trang)  Câu Đáp án Điểm Câu I: ( 2,0 điểm) i) Tập xác định: D = R. ii) Sự biến thiên: +) Chiều biến thiên: 2 '3 3yx = − ; '0y = ⇔ 1 x = − hoặc 1x = . • Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;1−∞ − và ( ) 1; +∞ • Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 1;1− +) Cực trị: • Hàm số đạt cực đại tại x = −1 ; y CĐ = 4 • Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 ; y CT = 0 +) Giới hạn: lim x y →−∞ = −∞ ; lim x y →+∞ = +∞ +) Bảng biến thiên: x −∞ −1 1 +∞ y + 0 − 0 + y’ 4 +∞ −∞ 0 iii) Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 Giả sử ( ) 3 ; 32Aaa a−+ ; ( ) 3 ; 32Bbb b −+ với ab> là hai điểm nằm trên đồ thị (C). Vì tiếp tuyến tại A và B song song với nhau nên: '( ) '( )ya yb= ⇔ 22 3 33 3ab−= − ⇔ ab= − và 0a > (do ab > ) ( ) 2 2 2 33 3( )AB ba b a ba  =− + −− −  = ( ) 24 2 4 6 10aa a −+ (thay ba= − ) 32AB = ⇔ ( ) 24 2 4 6 10 32aa a−+= ⇔ 64 2 6 10 8 0aa a− + −= (*) Đặt 2 0ta= > , pt (*) trở thành: 32 6 10 8 0tt t − + −= ⇔ ( ) ( ) 2 4 220t tt− −+= ⇔ 4t = Khi 4t = , ta được 2 4a = ⇔ 2a = do 0 a > Với 22ab=⇒=− ta được ( ) 2;4A ; ( ) 2;0B − 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II: ( 2,0 điểm) Điều kiện : 0x ≥ . Biến đổi bất phương trình về: 2 4 9 3 30x xx−+ − +≤ ⇔ ( )( ) 23 2 32 3 0 33 x xx xx − − ++ ≤ ++ 0,25 Giao điểm của đồ thị với trục Oy: (0;2) Giao điểm của đồ thị với trục Ox: (−2;0) ; (1;0) Ngoài ra đồ thị hàm số còn đi qua điểm (2;4) Vẽ đồ thị đúng được 0,25 đ x y Câu Đáp án Điểm ⇔ ( ) 1 2 32 3 0 33 xx xx  − ++ ≤  ++  ⇔ 2 30x −≤ ⇔ 3 2 x ≤ Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bpt là: 3 0 2 x ≤≤ 0,25 x2 0,25 Từ pt thứ nhất suy ra: 33 2 1 x y xy=−− thế vào phương trình thứ hai: 44 44x y xy+=− ⇔ ( ) 44 4 4 .1x y xy+= − ⇔ ( ) ( ) 44 33 2 44x y x y x y xy+= − −− ⇔ ( ) 22 43 0xy x xy y++ = ⇔ 22 0 430 xy x xy y =   ++=  ⇔ ( )( ) 0 30 0x x yx y y ==   + +=  hoaëc ⇔ 0 3 0yx x y xy =   = − = = −  hoaëc hoaëc Với 0x = , ta được 1y = − ; Với 0y = , ta được 1x = ; Với 3xy = − , ta được 33 31 25 25 xy= ⇒=− ; Với xy= − , ta được 11xy=⇒=− ; Vậy hệ pt đã cho có 4 nghiệm ( ) ; xy là: ( ) 0; 1− ; ( ) 1; 0 ; ( ) 1; 1− ; 33 31 ; 25 25  −   0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III: ( 1,0 điểm) Đặt: ( ) ( ) ln 2 2 0 2 1 xx x x xe e I dx e +− = + ∫ ( ) ( ) ( ) 2 ln 2 2 0 1 21 1 xx x xe xe dx e + −+ = + ∫ ln 2 0 xdx= ∫ ( ) ( ) ln 2 2 0 1 2 1 x x xe dx e + − + ∫ = 12 2II− Với ln 2 ln 2 2 2 1 0 0 1 ln 2 22 x I xdx= = = ∫ Với ( ) ( ) ln 2 2 2 0 1 1 x x xe I dx e + = + ∫ , đặt ( ) 2 1 1 x x ux e dx dv e = +    =  +  ⇒ 1 1 x du dx v e =    = −  +  Khi đó: ln 2 ln 2 2 0 0 1 11 xx x dx I ee + =−+ ++ ∫ ln 2 0 1 2ln 2 1 61 x x e dx e  − = +−  +  ∫ ( ) ln 2 ln 2 0 1 2ln 2 ln 1 6 x o xe − = +−+ ( ) ln 2 ln 2 0 1 2ln 2 ln 1 6 x o xe − = +−+ 1 10ln 2 6ln3 6 +− = Vậy: 2 12 3ln 2 20ln 2 12ln3 2 2 6 II I − +− =−= 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án Điểm Câu IV: ( 1,0 điểm) 1 15 () 2 2 3 2 12 aa a EH MB IF  = + = +=   Tính 0 53 .tan 60 12 a SH EH= = Mặt khác: 2 1 15 3 66 AMID ABD BMI ABD ABI ABD ABD a S SSS SS S=−=− =− = Vậy thể tích khối chóp S.AMID là: 23 . 1 1 5 5 3 25 3 . 3 3 6 12 216 S AMID AMID aa a V S SH= = = (đvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V: ( 1,0 điểm) Ta có: ( )( ) 6 22 1xy x y xy=+− ⇔ ( ) 6 2 2 .2xy x y x y xy++ = + ⇔ ( ) 6 2 2 .2xy x y x y xy++ = + Vì x > 0, y >0 nên x +2y > 0. Khi đó: 11 4 2 33 22 xy xy xy + = + +≥ + + ⇔ ( ) ( ) 2 2 3 2 40xy xy+ − + −≥ ⇔ ( )( ) 21 240xy xy++ +−≥ ⇔ 24 xy+≥ Mặt khác: 13 1 3 11 222 2xy x y xy x y + =⇒=− ++ Vì vậy: ( ) 2 22 1 4 .3 4 1 4 A x y xy xy  =+− − +  ( ) 2 2 22 1 4 . 2 8 16 4 x y xy x y xy =+− −− ( ) 2 3 21 2 xy xy =++ + + Đặt 2tx y= + , điều kiện: 4t ≥ Xét hàm 2 3 () 1ft t t = ++ trên nửa khoảng [ ) 4; +∞ 3 22 32 3 '( ) 2 0 t ft t tt − =−= > trên nửa khoảng [ ) 4;+∞ Mà () ft liên tục trên nửa khoảng [ ) 4;+∞ nên hàm () ft đồng biến trên nửa khoảng [ ) 4;+∞ , suy ra 71 ( ) (4) 4 ft f≥= Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 71 4 đạt được khi và chỉ khi: ( )( ) 6 22 1 24 2 0, 0 xy x y xy xy xy xy =+−   +=   =   >>  ⇔ 2 1 x y =   =  0,25 0,25 0,25 0,25 Gọi H là trung điểm của IM, suy ra SH⊥IM ⇒SH⊥(ABCD) (Vì (SMI)⊥(ABCD) Kẻ HE⊥BC tại E , suy ra ( )   0 ( ),( ) 60SBC ABCD SEH= = Kẻ IF⊥BC tại F, ta có EH là đường trung bình của hình thang vuông BMIF, suy ra Câu Đáp án Điểm Câu VI: ( 1,0 điểm) Từ giả thiết ta suy ra: ∆ABE = ∆BCF (c-g-c); suy ra   BAE CBF = Trong tam giác KAB ta có:     0 90BAE ABF CBF ABF+=+= ⇒∆KAB vuông tại K. Vì B∈(d) nên giả sử ( ) 2 2;Bb b − 16 88 ; 12 25 AK  = −    ; 66 12 2; 25 25 BK b b  =−−    AK BK ⊥   ⇔ .0AK BK =   ⇔ 16 66 88 12 .2 . 0 25 25 25 25 bb −      − + −=           ⇔ 0b = Với 0b = , ta được ( ) 2;0B − ( ) 2; 4AB =−−  ; 25AB = . Gọi ( ) ;Cxy , tính ( ) 2;BC x y= +  ; ( ) 2 2 2BC x y= ++ Tam giác ABC vuông cân tại B nên: AB BC AB BC  ⊥   =     ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 24 0 2 20 xy xy − +− =    + +=   ⇔ 2 2 x y =   = −  hoặc 6 2 x y = −   =  (loại).Vậy ( ) 2; 2C − 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VII: (1,0 điểm) Phương trình mặt cầu (S) được viết lại: ( ) ( ) ( ) 222 3 2 24xyz− +− +− = suy ra mặt cầu (S) có tâm ( ) 3;2;2 I , bán kính 2R = Gọi ( ): 0P ax by cz d+ + += với 222 0abc++> . Vì (P) đi qua A, B nên: 0 20 abcd a bd +++ =   + +=  ⇒ bc= Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi: ( ) ,( )dI P R= ⇔ 222 322 2 abcd abc +++ = ++ ⇔ 222 322 2 abcd abc +++ = ++ ⇔ 22 1 2 ac ac + = + ⇔ 0c = hoặc 2ca= Với 0c = ⇒ 0b = ⇒ 0ad+= chọn 1a = ⇒ 1d = − ta được ( ): 1 0Px −= Với 2 ca= ⇒ 2ba= ⇒ 50ad+= chọn 1a = ⇒ 2bc= = ⇒ 5d = − ta được ( ): 2 2 5 0P xyz+ + −= Vậy có hai pt mp là: ( ): 1 0 Px−= hoặc ( ): 2 2 5 0P xyz+ + −= 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VIII: (1,0 điểm) Giả sử z a bi = + với ,ab R∈ , suy ra z a bi= − ; ( ) 2 22 2z a b abi =−− Ta có: 23zz−= ⇔ 2 23bi = ⇔ 3b = ± Mặt khác: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 23 22 2 2 22 22 33a ab a b b i a bi z a bi a bi ab ab z −+ − + + = = = − ++ ( ) 2 z z là một số thực khi và chỉ khi: 23 30ab b−= ⇒ 1a = ± (do 3b = ± ) Vậy có bốn số phức: 13zi=±+ hoặc 13zi=±− 0,25 0,25 0,25 0,25 . TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – KHỐI A Môn: Toán; Năm học: 2012-2013 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu. Phan Chu Trinh Năm học: 2012 - 2013 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – KHỐI A MÔN: TOÁN ; NĂM HỌC 2012 – 2013 (Đáp án – Thang điểm này gồm 4 trang)