Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 126 doc

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. Viết phương trình các tiếp tuyến của C vuông góc với IA.. Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp C.ADC’.. PHẦN RIÊNG 3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2

1

x y x





 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1)

2 Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C), đường thẳng ( ) : d x 2y 5 0cắt ( )C tại hai điểm A, B với A có hoành độ dương Viết phương trình các tiếp tuyến của ( )C vuông góc với IA.

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 4sin 3xsin 5x 2sin cos 2x x0

x y













Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 2 2 

0 cos sin



 

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và góc  BAD 600;

D’O vuông góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy một góc  = 60o Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích

khối chóp C.ADC’.

Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm , , a b c có tổng bằng 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2 9

2

abc

P a b c 

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại (1; 2) A có góc ABC 300, đường thẳng : 2d x y 1 0 là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm B

và C.

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng( ) :P x1  2y2z 3 0 , 2

( ) : 2P x y  2z 4 0 và đường thẳng d:

3

4 2

1









x

Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I  (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2)

Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức 4 ; (1 )(1 2 ); 2 6



phẳng phức Chứng minh rằng tam giác ABC vuông

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp  

2 2

25 9

E   với hai tiêu điểm F F 1, 2 (hoành độ của F âm) Điểm 1 P thuộc elíp sao cho góc  0

1 2 120

PF F  Tính diện tích tam giác PF F 1 2

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (1;2; 1), ( 2;1;3) A  B  Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất.

Câu 9.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi

Tính xác suất để chọn được 2 viên bi khác màu

- HẾT -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Câu Đáp án Điểm 1

(2,0 điểm) a (1,0 điểm) + Tập xác định D R \ 1 

+ Sự biến thiên

    Đt y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

      x1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0.25

 2

4

1

x



 Hàm số nghịch biến trên  ;1 , 1;  

Hàm số không có cực trị

0.25

Bảng biến thiên:

x   1 

'

y + 0 ||  0 

b.(1,0 điểm)

Ta có I1,2, 5

:

2

x

d y 

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là 2 2 5

x





0.25

 

3

3;4

x

A

x loai











Hệ số góc của IA là 3 1

1

4 2

k   



0.25

Gọi x là hoành độ tiếp điểm Do tiếp tuyến vuông góc với IA nên0

Tiếp tuyến có hệ số góc 2 0

0 0

3 4

1

1

x x x







  



Từ đó, ta xác định được các tiếp tuyến là: yx7,yx 1 0.25

2

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với: 4sin 3xsin 5x sin 3x sinx 0 0.25

3sin 3x sin 5x sinx 0 3sin 3x 2sin 3 cos 2x x 0 sin 3 (3 2cos 2 ) 0x x

sin 3x 0

; 3

k

3

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

 



2

2

2 2

3 3

1

x y

y x y xy x

x y







Trường hợp x = y thay vào phương trình: (x 4 )(2y x y 4)36

ta được phương trình: 2 4 12 0 6

2

x

x







Hệ có nghiệm ( 6; 6);(2; 2) 

0.25

Trường hợp

x y



Do y2xy y 2 0 với x y, 0 nên nếu ( ; )x y là nghiệm thì xy 0

0.25

Mặt khác (x 4 )(2y x y 4)36 2x24y2 9xy4x16y36

 2(x1)24(y 2)2 9xy18 (*)

Do xy 0 nên PT(*) vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( 6; 6);(2; 2) 

0.25

4

(1,0 điểm) (1,0 điểm)

 





2

0 0





0.5

3

x

5

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

O

A B

D'

A' C'

B'

H

0.25

Từ giả thiết:   0

D ' DO 60

Tam giác ABD đều, AC 2AO 2.a 3 a 3 v ODà ODBD; DD'=a 1BD a; DD'=a

Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’ Ta có: OO ' a DD ' và OO 'AC

(do ACBDD B' '), nên diện tích tam giác ACC’ là:

2 ACC ' ACC ' A '

0.25

Diện tích tam giác ACD là

2 ACD

S

4

0.25

Kẻ OH vuông góc với CD thì D ' HCD v OD'H à ODBD; DD'=a vuông tại O Do đó DH a

4



4

Diện tích tam giác C’CD là SC ' CD 1SCDD 'C ' 1CD.D ' H 1a.a 15 a2 15

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là:

 

xq ACC ' ACD CDC '

Thể tích

' '.

1 3

'



6

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

2 2 2 9

2

abc

2

abc

2

a

2

a

0.25

Không mất tình tổng quát giả sử a min a b c ( , , )nên [0; ]1

3

a 

Khi đó hàm ( ) (9 2) 2 2 2 1

2

a

f t t   a  a là hàm nghịch biến

9

2

a

0.25

Từ đó ta lại khảo sát hàm f(0) 2 a2 2a1 với [0; ]1

3

Khi đó ta có MaxP 1 khi a1;b c 0 và các hoán vị 0.25

7.a

(1,0 điểm) (1,0 điểm) cho tam giác ABC vuông tại (1; 2) A có góc 

0 30

ABC  , đường thẳng : 2d x y 1 0 là

tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các điểm B và C.

Gọi H là hình chiếu của A trên d là 7 9;

5 5

H  

 , AH d A d( ; ) 1

5 Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm BC

d vuông góc BC nên BC//AH suy ra ABH 600

tan 60 15

AH

0.25

Gọi tọa độ của ( ; 2 1)B t t 

2

15

BH   t   t    t     t

0.25

TH1: 7 3 9 2 3;

Phương trình BC qua B vuông góc với d là 2 5 1 0

3

1

3

C BC  C   a a

0.25

31 2 3 13 3 31 2 3

 

TH2: 7 3 9 2 3;

Phương trình BC qua B vuông góc với d là 2 5 1 0

3

1

3

C BC  C   a a

 

0.25

8.a

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Giả sử I( ) :d

3

4 2

1









x

( 2 ; 2 ; 4 3 )

Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2)  d (I, (P1)) = d (I ; (P2))





















1

13 16

10 3

1 3 9 3

1

t

t t

 I1(11; 26; 35); ( 1; 2;1) I2 

Vậy có hai mặt cầu cần tìm:

1 ( ) : (S x11) (y 26) (z35) 38 , 2 2 2

2 ( ) : (S x1) (y 2) (z1) 4 0.25

9.a

(1,0 điểm) (1,0 điểm)

   

4

2 2

i i i

i



   có điểm biểu diễn A= (2; -2)

1 i 1 2 i  3 i có điểm biểu diễn B= (3; 1)

   

   

2 6

2

i

i



   có điểm biểu diễn C= (0; 2)

0.5

Xét         

7.b

(1,0 điểm) (1,0 điểm)

 

2 2

25 9

2

2 2 2 2

1 2

25

16 9

a

b









0.25

Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có:

2

10

2 10

 





0.25

1

2

9 7 61 7

PF

PF







 



0.25

1 2

0

1 1 2

.sin120 8

PF F

8.b

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Khi đó, AM  t 1; 2;1 ;  AB  3; 1; 4  AM AB;    7; 4 1; t  t 5

0.25

2

ABM

 

0.25

Hàm số f t( ) 17t22t75đạt GTNN tại 1

17

t Vậy 1;0;0

17

M 

  là điểm cần tìm 0.25

9.b

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Gọi A là biến cố “ Chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “ Chọn được 2 viên bi đỏ”, C là

biến cố “ Chọn được 2 viên bi vàng”, và H là biến cố “ Chọn được 2 viên cùng màu ”

Ta có: H  A B C và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc

0.25

Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có:

2

3

5 18

C

Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố H Suy ra,

18 18