Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 123 doc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu 1. Cho hàm số 3 2 2 2 3 3(1 ) 2 2 1y x x m x m m= − + − + − − (m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 1.m = − 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu; đồng thời hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng : 4 5 0.d x y− − = Câu 2. Giải phương trình ( ) 2 1 4 4 4 cos 2 cos 2 sin 1 cos2x x x x π π     + − + + =  ÷  ÷     với 0 . 4 x π ≤ ≤ Câu 3. Giải hệ phương trình 3 3 3 2 2 27 7 8 9 6 x y y x y y x  + =   + =   ( ,x y ∈¡ ) Câu 4. Tính tích phân 1 ln 2 ln e x x x x I dx − + = ∫ Câu 5. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, với 2 2SA SB AB a BC = = = = và 0 120 .ABC∠ = Gọi H là trung điểm của cạnh AB và K là hình chiếu vuông góc của H trên mặt phẳng ( ),SCD K nằm trong tam giác SCD và 3 5 .HK a= Tìm thể tích của hình chóp theo a. Câu 6. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 3.ab a b+ + = Chứng minh rằng 2 2 3 3 3 1 1 2 a b ab b a a b a b+ + + + + ≤ + + II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được một trong hai phần riêng, phần A hoặc phần B. A. Theo chương trình chuẩn Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2 ( ):( 1) ( 1) 16C x y− + + = có tâm I và điểm (1 3;2).A + Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và cắt ( )C tại hai điểm B, C phân biệt sao cho tam giác IBC không có góc tù đồng thời có diện tích bằng 4 3. Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm (0;4;2)M và hai mặt phẳng ( ),( )P Q lần lượt có phương trình 3 1 0, 3 4 7 0.x y x y z− − = + + − = Viết phương trình của đường thẳng ∆ đi qua M và song song với giao tuyến của ( )P và ( ).Q Câu 9a. Tìm tất cả các số thực a, b sao cho số phức 2 3z i= + là nghiệm của phương trình 2 0.z az b+ + = B. Theo chương trình nâng cao Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm (3;4)M và đường tròn 2 2 : 6 2 2 0.x y x y ω + − + + = Viết phương trình của đường tròn Γ với tâm M, cắt ω tại hai điểm A, B ssao cho AB là cạnh của một hình vuông có bốn đỉnh nằm trên . ω Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình của mặt cầu có tâm (1;2;3)I và tiếp xúc với đường thẳng 2 : . 1 2 2 x y z d + = = − Câu 9b. Hãy giải phương trình sau trên tập hợp số phức 2 2 2 ( ) ( ) 5 5 0.z i z i z− + − − = Câu Nội dung trình bày Điểm 1 1. 3 2 31: 3m y x x− = − += . TXĐ: ¡ 0.25 Chiều biến thiên: 3 ( 2), 0 0 2y x x y x x ′ ′ = = − = ⇔ = ∨ =L Xét dấu y ′ và kết luận: hàm số đồng biến trên ( ;0),(2; )−∞ +∞ , nghịch biến trên (0;2) Hàm số đạt cực đại tại 0, 3 cd x y= = ; hàm số đạt cực tiểu tại 2, 1 ct x y= = − 0.25 Nhánh vô cực: lim , lim x x y y →+∞ →−∞ = = +∞ = = −∞L L ; lập bảng biến thiên 0.25 Vẽ đồ thị 0.25 2. 2 2 3 6 3(1 )y x x m ′ = − + − Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi 0y ′ = có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi qua hai nghiệm đó. Điều này tương đương với phương trình 2 2 2 1 0x x m− + − = có hai nghiệm phân biệt, tức là 0.m ≠ 0.25 Khi đó, đồ thị của hàm số có hai điểm cựctrị 3 2 3 2 (1 ; 2 1), (1 ;2 1)A m m m B m m m+ − − + − − + 0.25 Hai điểm này đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi trung điểm của AB nằm trên d và AB d ⊥ . Điều này tương đương với 2 2 1 4(1 ) 5 0 2 2 4 m m m  − − − =  ⇔ = ±  − = −   0.25 Kết luận 0.25 2 Biến đổi tích thành tổng, thu được 1 cos( ) cos4 (1 cos2 )(1 cos2 ) 2 2 x x x π + + − + = 0.25 2 1 cos4 1 cos 2 cos4 0 , 2 8 4 k x x x x k π π ⇔ + − = ⇔ = ⇔ = + ∈¢ 0.5 Do 0; 4 x π   ∈     nên 8 x π = 0.25 3 Nhận xét 0,y ≠ nhân hai vế phương trình thứ hai với 7y, trừ đi phương trình thứ nhất, được 3 2 (3 ) 7(3 ) 14(3 ) 8 0xy xy xy− + − = Từ đó tìm được hoặc 1xy = hoặc 2xy = hoặc 4xy = 0.25 Với 1,xy = thay vào phương trình thứ nhất, được 3 19 7 y = − do đó 3 7 19 x = − 0.25 Với 2,xy = thay vào phương trình thứ nhất, được 3 26 2 7 y = − do đó 3 7 26 x = − 0.25 Với 4,xy = thay vào phương trình thứ nhất, được 3 215 2 7 y = − do đó 3 7 2 215 x = − 0.25 4 Viết lại biểu thức dưới dấu tích phân ln 2 · ln 1 x dx x x − + 0.25 Đặt ln x t= thế thì khi 1 2x≤ ≤ thì 0 1t≤ ≤ và , dx dt x = 0.25 Khi đó 1 1 0 0 2 3 1 1 1 t I dt dt t t −   = = −  ÷ + +   ∫ ∫ 0.25 Tính được 1 3ln 2 1 ln8I = − = − 0.25 5 Gọi I là trung điểm CD. Chỉ ra các tam giác , , ,ADH HDI IHB BCI là các tam giác đều cạnh a. Suy ra 2 2 3 4 3 4 ABCD a S a= × = (đ.v.d.t) Gọi J là trung điểm DI. Khi đó ,HJ AB CD⊥ và do đó ( )CD SHJ⊥ . 0.25 Suy ra .K SJ∈ Ngoài ra 3 2 a HJ = . Hơn nữa, do tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a và H là trung điểm AB nên SH AB⊥ và 3.SH a= 0.25 Suy ra 2 2 2 2 1 1 5 1 3SH HJ a HK + = = do đó tam giác SHJ vuông tại H . 0.25 Từ đó, do ,SH AB HJ⊥ nên ( )SH ABCD⊥ hay SH là đường cao của hình chóp. Vậy 3 .S ABCD V a= =L (đ.v.t.t) 0.25 6 Từ giả thiết suy ra (1 )(1 ) 1 4a b ab a b+ + = + + + = . Đặt , 0a b x x+ = > thế thì 2 2 ( ) 4 4(3 ) 2x a b ab x x= + ≥ = − ⇒ ≥ (do 0x > ) 0.25 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 3 1 3 3 12 1 3 10 0 2 1 1 a a b b a b a b a b a b a b a b + + + + + ≥ + − ⇔ + − + − + ≥ + + + + (1) 0.25 Do 2 2 2 ( ) 2a b a b ab+ = + − nên 2 2 2 2 2(3 ) 2 6,a b x x x x+ = − − = + − do đó (1) trở thành 2 3 2 12 2 6 3 10 0 4 12 0x x x x x x x + − − − + ≥ ⇔ − + − ≥ 0.25 Để ý rằng 3 2 2 4 12 ( 2)( 6) 0x x x x x x− + − = − + + ≥ nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Suy ra điều phải chứng minh. 0.25 7a Đường tròn ( )C có tâm (1; 1)I − và bán kính 4R = 0.25 Hình 1 Hình 2 Do 1 · · ·sin 4 3 2 ICB IC IB CIB S∠ = = nên 3 sin 2 CIB∠ = . Từ đó, do 0 90CIB∠ ≤ và IC IB= nên tam giác CIB đều, với độ dài ba cạnh bằng 4. Bởi vậy, bài toán quy về viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua (1 3;2)A + và cách (1; 1)I − một khoảng bẳng 2 3. 0.25 Đường thẳng ∆ có phương trình ( 1 3) ( 2) 0a x b y− − + − = với 2 2 0.a b+ ≠ Ta có phương trình 2 2 | 3 3 | 2 3 a b a b − − = + , từ đó tìm được 3b a= 0.25 Chọn 1, 3a b= = , suy ra : 3 1 3 3 0.x y∆ + − − = 0.25 8a Mặt phẳng ( )P có véctơ pháp tuyến (3; 1;0)p = − r và mặt phẳng ( )Q có véctơ pháp tuyến (1;3;4)q = r 0.25 Giao tuyến d của (P) và (Q) có véctơ chỉ phương [ ; ] ( 4; 12;10) 2(2;6; 5)u p q= = = − − = − − r r r L 0.25 Do d∆ P nên ∆ có véctơ chỉ phương 1 · (2;6; 5) 2 v u= − = − r r 0.25 Do đó, ∆ có phương trình 4 2 2 6 5 x y z− − = = − 0.25 9a Tính 2 1 6 , 2 (3 )z i az a a i= + = + 0.25 Suy ra 2 (2 1) (3 6)z az b a b a i+ + = + + + + 0.25 Từ đó, có hệ 2 1 0 3 6 0 a b a + + =   + =  0.25 Giải hệ, thu được 2, 3a b= − = và kết luận. 0.25 7b Đường tròn ω có tâm (3; 1)I − và bán kính 2 2R = . 0.25 Giả sử tìm được đường tròn 2 2 2 : ( 3) ( 4)x y ρ Γ − + − = thỏa mãn yêu cầu. Khi đó, do AB là dây cung chung, nên ,AB IM⊥ hay đường thẳng AB nhận (0;5)IM = uuur làm véctơ pháp tuyến. Hơn nữa, I và M ở về hai phía của AB. Do đó, đường thẳng AB có phương trình dạng 5 0y c+ = với 20 5c − < < (1) 0.25 AB là cạnh của hình vuông nội tiếp ω khi và chỉ khi ( ; ) 2 2 R d I AB = = . Từ đó, kết hợp với (1), tìm được 5c = − . Suy ra : 1 0.AB y − = 0.25 Mặt khác AB là trục đẳng phương của , ω Γ nên AB có phương trình 2 23 0. 10 y ρ − + = Từ đó 2 13 ρ = , bởi vậy 2 2 : ( 3) ( 4) 13x yΓ − + − = 0.25 8b + Đường thẳng d đi qua (0; 2;0)M − , có véctơ chỉ phương (1; 2;2)u = − r . Tính được (1;4;3)MI = uuur 0.25 + Khẳng định và tính được [ ; ] 233 ( ; ) | | 3 MI u d I d u = = = uuur r L r 0.5 + Khẳng định mặt cầu cần tìm có bán kính bằng ( ; )d I d và viết phương trình 2 2 2 233 ( 1) ( 2) ( 3) 9 x y z− + − + − = 0.25 9b Viết lại phương trình về dạng 2 2 2 ( 1) 5 5 0z z+ − − = 0.25 Khai triển, rút gọn, nhân tử hóa 2 2 ( 1)( 4) 0z z+ − = 0.5 Giải các phương trình, thu được z i= ± và 2z = ± rồi kết luận. 0.25 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. I điểm) Câu 1. Cho hàm số 3 2 2 2 3 3(1 ) 2 2 1y x x m x m m= − + − + − − (m là tham số) . 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 1.m =