Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 126 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 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 ( ) : 2 5 0d x y− + = cắt ( )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 3 sin 5 2sin .cos2 0.x x x x+ − = Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) 3 3 1 1 ; . ( 4 )(2 4) 36 x y x y x y x y x y  − = −  ∈   − − + = −  ¡ Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân ( ) 2 2 0 cos sin .I x x xdx π = + ∫ 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 · 0 60BAD = ; D’O vuông góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy một góc ϕ = 60 o . 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 · 0 30ABC = , đường thẳng : 2 1 0d x y− − = 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 1 ( ) : 2 2 3 0P x y z− + − = , 2 ( ) : 2 2 4 0P x y z+ − − = và đường thẳng d: 3 4 21 2 − = − = − + zyx . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I ∈ (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P 1 ), (P 2 ). Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức 4 2 6 ; (1 )(1 2 ); 1 3 i i i i i i + − + − − trong mặt 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 : 1 25 9 x y E + = với hai tiêu điểm 1 2 ,F F (hoành độ của 1 F âm). Điểm P thuộc elíp sao cho góc · 0 1 2 120PF F = . Tính diện tích tam giác 1 2 PF F . 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 { } \ 1D R= + Sự biến thiên lim 2 x y →±∞ = ⇒ Đt 2y = là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 1 1 lim , lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ 1x ⇒ = là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 0.25 ( ) 2 4 ' 0, 1 1 y x x − = < ∀ ≠ − Hàm số nghịch biến trên ( ) ( ) ;1 , 1;−∞ +∞ . Hàm số không có cực trị. 0.25 Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ 'y + 0 || − 0 + y 0.25 + Đồ thị 0.25 b.(1,0 điểm) Ta có ( ) 1,2I , 5 : 2 x d y + = Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là 2 2 5 1 2 x x x + + = − 0.25 ( ) 3 3;4 3 ( ) x A x loai =  ⇔ ⇒  = −  & Hệ số góc của IA là 3 1 1 4 2 k − = = − 0.25 Gọi 0 x là hoành độ tiếp điểm. Do tiếp tuyến vuông góc với IA nên Tiếp tuyến có hệ số góc 0 2 0 0 3 4 1 1 ( 1) x x x =  − = − ⇒  = − −  0.25 Từ đó, ta xác định được các tiếp tuyến là: 7, 1y x y x= − + = − − 0.25 2 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 4sin 3 sin 5 sin 3 sinx 0x x x+ − − = 0.25 3sin 3 sin 5 sin 0 3sin3 2sin 3 .cos 2 0 sin 3 (3 2cos2 ) 0x x x x x x x x⇔ + + = ⇔ + = ⇔ + = 0.25 sin 3 0x ⇔ = 0.25 ; 3 k x k Z π ⇔ = ∈ 0.25 3 (1,0 điểm) (1,0 điểm) ĐK: , 0x y ≠ 0.25 −∞ +∞ 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 1 1 ( )( ) ( ) 1 x y y x y xy x x y x y y xy x x y x y x y =  − + +  − = − ⇔ − = ⇔ + +  = −   Trường hợp x = y thay vào phương trình: ( 4 )(2 4) 36x y x y− − + = − ta được phương trình: 2 6 4 12 0 2 x x x x = −  + − = ⇔  =  Hệ có nghiệm ( 6; 6);(2;2)− − 0.25 Trường hợp 2 2 3 3 1 y xy x x y + + =− Do 2 2 0y xy y+ + > với , 0x y∀ ≠ nên nếu ( ; )x y là nghiệm thì 0xy < 0.25 Mặt khác 2 2 ( 4 )(2 4) 36 2 4 9 4 16 36x y x y x y xy x y− − + = − ⇔ + − + − = − 2 2 2( 1) 4( 2) 9 18x y xy⇔ + + − − = − (*) Do 0xy < nên PT(*) vô nghiệm Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( 6; 6);(2;2)− − 0.25 4 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Đặt ( ) 2 1 2sin cos cos sin cos du x x dx u x x dv xdx v x = −  = +  ⇒   = = −    . Nên ( ) ( ) 2 2 2 0 0 cos cos 1 2sin cos cosI x x x x x xdx π π = − + + − ∫ 0.5 ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 0 0 0 0 cos 2 4 1 cos 2 cos cos 1 sin (2. ) 1 1 3 3 3 x xdx xd x x π π π π = + + = + + = + − = ∫ ∫ 0.5 5 (1,0 điểm) (1,0 điểm) O C D A B D' A' C' B' H 0.25 Từ giả thiết: · = 0 D'DO 60 Tam giác ABD đều, a 3 1 a AC 2AO 2. a 3 v OD BD ; DD'=aà 2 2 2 = = = = = Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’. Ta có: OO' DD'a= = và OO' AC⊥ (do ( ) ' 'AC BDD B⊥ ), nên diện tích tam giác ACC’ là: ∆ = = = = 2 ACC' ACC'A ' 1 1 1 a 3 S S OO'.AC a.a 3 2 2 2 2 , trong đó 3AC a= 0.25 Diện tích tam giác ACD là 2 ACD a 3 S 4 ∆ = 0.25 Kẻ OH vuông góc với CD thì D'H CD v OD'H à⊥ ∆ vuông tại O. Do đó a DH 4 = Suy ra 2 2 a 15 D'H D'D DH 4 = − = . Diện tích tam giác C’CD là ∆ = = = = 2 C'CD CDD'C ' 1 1 1 a 15 a 15 S S CD.D' H a. 2 2 2 4 8 Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là: ( ) ∆ ∆ ∆ = + + = + + = + 2 2 2 2 xq ACC' ACD CDC' a 3 a 3 a 15 a 3 S S S S 6 5 2 4 8 8 Thể tích 2 3 . ' '. 1 3 1 3 3 ' . 3 2 4 8 ∆ = = = × × = C AC D C ACD ACD a a a V V D O S (đvtt) 0.25 6 (1,0 điểm) (1,0 điểm) 2 2 2 9 2 abc P a b c= + + + 2 2 9 ( ) 2 2 abc a b c bc= + + − + 2 2 9 (1 ) ( 2) 2 a a a bc= + − + − 2 9 ( 2) 2 2 1 2 a bc a a= − + − + 0.25 Không mất tình tổng quát giả sử ( , , )a min a b c= nên 1 [0; ] 3 a ∈ Khi đó hàm 2 9 ( ) ( 2) 2 2 1 2 a f t t a a= − + − + là hàm nghịch biến. 2 2 9 ( ) ( 2) 2 2 1 (0) 2 2 1 2 a f t t a a f a a⇒ = − + − + ≤ = − + 0.25 Từ đó ta lại khảo sát hàm 2 (0) 2 2 1f a a= − + với 1 [0; ] 3 a ∈ 0.25 Khi đó ta có 1MaxP = khi 1; 0a b c= = = 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 30ABC = , đường thẳng : 2 1 0d x y− − = 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 · 0 60ABH = Suy ra, 0 1 tan 60 15 AH HB = = 0.25 Gọi tọa độ của ( ;2 1)B t t − 2 2 2 1 7 14 1 7 1 7 3 2 5 5 15 5 75 5 15 15 BH t t t t       = ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ = ±  ÷  ÷  ÷       7 3 9 2 3 7 3 9 2 3 ; ; 5 15 5 15 5 15 5 15 B B     ⇒ + + ∨ − −  ÷  ÷  ÷  ÷     0.25 TH1: 7 3 9 2 3 ; 5 15 5 15 B   + +  ÷  ÷   Phương trình BC qua B vuông góc với d là 1 2 5 0 3 x y+ − − = 1 5 2 ; 3 C BC C a a   ∈ ⇒ + −  ÷   0.25 31 2 3 13 3 31 2 3 . 0 ; 15 15 15 AC AB a C   + + + = ⇒ = ⇒  ÷  ÷   uuur uuur TH2: 7 3 9 2 3 ; 5 15 5 15 B   − −  ÷  ÷   Phương trình BC qua B vuông góc với d là 1 2 5 0 3 x y+ − + = 1 5 2 ; 3 C BC C a a   ∈ ⇒ − −  ÷   31 2 3 13 3 31 2 3 . 0 ; 15 15 15 AC AB a C   + − − = ⇒ = ⇒  ÷  ÷   uuur uuur 0.25 8.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) Giả sử ( ) :I d∈ 3 4 21 2 − = − = − + zyx ( 2 ; 2 ;4 3 )I t t t⇒ − − − + là tâm của mặt cầu (S) 0.25 Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P 1 ), (P 2 ) ⇔ d (I, (P 1 )) = d (I ; (P 2 )) ⇔    −= −= ⇔+=+ 1 13 1610 3 1 39 3 1 t t tt 0.25 ⇒ 1 2 (11;26; 35); ( 1;2;1)I I− − ⇒ R 1 = 38 ; R 2 = 2 0.25 Vậy có hai mặt cầu cần tìm: 2 2 2 2 1 ( ) : ( 11) ( 26) ( 35) 38S x y z− + − + + = , 2 2 2 2 ( ) : ( 1) ( 2) ( 1) 4S x y z+ + − + − = 0.25 9.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) Ta có: ( ) ( ) ( ) 4 1 4 2 2 1 1 1 i i i i i i i + = = − − − + có điểm biểu diễn A= (2; -2). ( ) ( ) 1 1 2 3i i i− + = + có điểm biểu diễn B= (3; 1). ( ) ( ) ( ) ( ) 2 6 3 2 6 2 3 3 3 i i i i i i i + + + = = − − + có điểm biểu diễn C= (0; 2). 0.5 Xét ( ) ( ) = − − = − ⇒ uuur uuur BA 1; 3 ,BC 3;1 BA.BC 0 BA BC= ⇔ ⊥ uuur uuur Suy ra tam giác ABC vuông tại B. 0.5 7.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) ( ) 2 2 : 1 25 9 x y E + = có 2 2 2 2 2 1 2 5 2 10 25 4 8 16 9 a a a c F F c a b b =  = =    ⇒ ⇒    = ⇒ = = − = =     0.25 Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có: ( ) 2 1 1 2 2 2 2 2 0 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 10 2 10 2 . . 120 10 8 .8 PF PF PF PF a PF PF F F PF F F cos PF PF PF = −  + = =    ⇒   = + − − = + +     0.25 1 2 9 7 61 7 PF PF  =   ⇔   =   0.25 1 2 0 1 1 2 1 1 9 3 18 3 . .sin120 . .8. 2 2 7 2 7 PF F S PF F F ∆ ⇒ = = = (đvdt) 0.25 8.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Vì M ở trên Ox nên tọa độ có dạng M(t;0;0) 0.25 Khi đó, ( ) ( ) ( ) 1; 2;1 ; 3; 1;4 ; 7; 4 1; 5AM t AB AM AB t t   = − − = − − ⇒ = − − + − −   uuuur uuur uuuur uuur 0.25 2 1 1 | ; | 17 2 75 2 2 ABM S AM AB t t   = = + +   uuuur uuur 0.25 Hàm số 2 ( ) 17 2 75f t t t= + + đạt 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 2 2 3 4 2 2 2 2 9 9 9 5 18 C C C P H P A B C P A P B P C C C C = ∪ ∪ = + + = + + = 0.5 Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố H . Suy ra, ( ) 5 13 ( ) 1 1 18 18 P H P H= − = − = . 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 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