Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 129 pot

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 4 2 2( 1) 2 1= − + + −y x m x m có đồ thị là ( ) m C , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2 ( )C khi 2m = . b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng : 1d y = − cắt đồ thị ( ) m C tại đúng hai điểm phân biệt ,A B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 4 2 2− với ( ) 2;3I . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 2 4 4 (2 sin 2 )(2cos cos ) cot 1 2sin − − + = x x x x x . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 3 ( 2013)(5 ) ( , ) ( 2) 3 3  − = + − +  ∈  − + = +   ¡ x y y y x y y y x x . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 2 2 2 0 4 x x I x e dx x   = −  ÷ −   ∫ . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ 1 1 1 .ABC A B C có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 0 30 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng 1 1 1 ( )A B C thuộc đường thẳng 1 1 B C . Tính thể tích khối lăng trụ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 1 AA và 1 1 B C theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn .3)(4 xyzzyx =++ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức . 2 1 2 1 2 1 xyzzxyyzx P ++ + ++ + ++ = II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB: 2 1 0x y− − = , đường chéo BD: 7 14 0x y− + = và đường chéo AC đi qua điểm (2;1)E . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có (5;3; 1)A − , (2;3; 4)C − , B là một điểm trên mặt phẳng có phương trình 6 0x y z+ − − = . Hãy tìm tọa độ điểm D. Câu 9.a (1,0 điểm). Tính môđun của số phức z, biết 3 12z i z+ = và z có phần thực dương . B.Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 4 4 4 0x y x y+ − − + = và đường thẳng d: 2 0x y+ − = . Chứng minh rằng d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm tạo độ điểm C trên đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: 2 3 3 4 2 1 x y z− − + = = và mặt phẳng (P): 2 5 0x y z− + + + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), song song với d và cách d một khoảng là 14 . Câu 9.b (1,0 điểm). Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Vật lí có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án trả lời, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Một thí sinh đã làm được 40 câu, trong đó đúng 32 câu. Ở 10 câu còn lại anh ta chọn ngẫu nhiễn một trong bốn phương án. Tính xác suất để thí sinh đó đạt từ 8 điểm trở lên. 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……………… ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm 1 a) Khi 2m = , ta có hàm số 4 2 6 3y x x= − + . • Tập xác định : = ¡D . • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 ' 4 ( 3)= −y x x ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 3x = ± . - Các khoảng đồng biến: ( 3;0)− và ( 3; )+∞ , khoảng nghịch biến ( ; 3)−∞ − và (0; 3) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại § 0, 3 C x y= = ; đạt cực tiểu tại 3, 6 CT x y= ± = − . - Giới hạn: lim x→−∞ = +∞ và lim x→+∞ = +∞ . - Bảng biến thiên x −∞ 3− 0 3 +∞ y’ – 0 + 0 – 0 + +∞ 3 +∞ y -6 -6 • Đồ thị : 0.25 0.25 0.25 0.25 b) Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) m C và d: 4 2 4 2 2( 1) 2 1 1 2( 1) 2 0 (1)x m x m x m x m− + + − = − ⇔ − + + = Đặt 2 0t x= ≥ . Khi đó phương trình (1) trỏ thành: 2 2( 1) 2 0 (2)t m t m− + + = Để ( ) m C cắt d tại đúng hai điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có đúng hai nghiệm phân biệt nghĩa là phương trình (2) phải có đúng một nghiệm dương. Trong phương trình (2) có 2 ' 1 0,m m∆ = + > ∀ nên (2) luôn có hai nghiệm phân biệt. Vậy để (2) có đúng một nghiệm dương thì (2) phải có hai nghiệm trái dấu. Điều đó tương đương với: 0 0ac m < ⇔ < . Khi đó (2) có hai nghiệm: 2 2 1 2 1 1 0 1 1t m m t m m= + − + < < = + + + Tọa độ của 2 2 2 ( ; 1), ( ; 1) 2A t B t AB t− − − ⇒ = Ta có ∆ ∆ = ⇔ = 2 2 1 ( , ). 4 2 IAB IAB S d I d AB AB S với ( ) , 3 1 4d I d = + = ⇔ = − ⇔ + = − − 2 2 16 16(2 2) 1 1 2t m m ( )  < −   < − < −    ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ ∃    − − = − =  + = − −      2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 1 1 (1 2 ) m m m m m m m m 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Điều kiện : ( ) sin 0x x k k π ≠ ⇔ ≠ ∈¢ . 3 Phương trình đã cho tương đương với: 4 4 2 2 1 cos sin (2 sin 2 )(cos cos ) 2 x x x x x+ = − − 2 2 2 1 1 1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos ) 2 2 ⇔ − = − −x x x x 2 2 2 2 2 1 2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 2 1 2cos cos 2cos cos 1 0 ⇔ − = − − ⇔ = − ⇔ − − = x x x x x x x x 2 ( ) 2 2 3 x k k x k π π π =   ⇔ ∈  = ± +  ¢ Đối chiếu với điều kiện ta suy ra pt có nghiệm 2 2 , 3 x k k π π = ± + ∈¢ . 0.25 0.25 0.25 0.25 Điều kiện : 1 , 0 2 ≥ ≥x y . Hệ đã cho trở thành 2 2 2 3 ( 2013)(5 ) (1) (2 ) 3 3 0 (2)  − = + − +   + − − − =   x y y y y x y x Từ (2) ta có: 2 ( 4)x∆ = + (2) có hai nghiệm 1 2 2 4 3 2 2 4 1 2 − − −  = = −   − + +  = = +   x x y x x y x ( do 0y ≥ ) ⇔ 1y x= + Thế vào (1) ta có 2 2 3 1 ( 1) 2013 (4 )   − − + = + + −   x x x x ⇔ 2 4 ( 1) 2013 ( 4) 2 3 1 −   = − + + −   − + + x x x x x 2 4 ( 4) ( 1) 2013 0 2 3 1 −     ⇔ − + + + =  ÷   − + +   x x x x x 4 5⇔ = ⇒ =x y 2 1 1 ( 1) 2013 0, , 0 2 2 3 1     + + + > ∀ ≥ ≥  ÷   − + +   Do x x y x x . Vậy nghiệm của hệ là: ( , ) (4,5)x y = . 0.25 0.75 4 1 1 3 2 1 2 2 0 0 4 x x I xe dx dx I I x = − = − − ∫ ∫ Tính 1 I . Đặt u x= và 2 x dv e dx= , suy ra du dx= và 2 2 x e v = . 1 1 2 2 2 1 0 0 1 2 2 4 x x xe e e I dx + = − = ∫ Tính 2 I . Đặt 2 4 ( 0)t x t= − ≥ , suy ra 2 2 4x t= − và xdx tdt= − . Đổi cận 0x = thì 2t = ; 1x = thì 3t = . 2 2 2 3 16 (4 ) 3 3 3 I t dx= − = − + ∫ . Vậy 2 61 3 3 4 12 e I = + − . 0.25 0.25 0.25 0.25 5 0.25 Do )( 111 CBAAH ⊥ nªn 1 AA H lµ gãc gi÷a AA 1 vµ (A 1 B 1 C 1 ), theo gi¶ thiÕt th× gãc 1 AA H b»ng 30 0 . XÐt tam gi¸c vu«ng AHA 1 cã AA 1 = a, 1 AA H =30 0 2 a AH⇒ = . 1 1 1 1 1 2 3 a a 3 3 . 2 4 8 ABCA B C A B C a V AH S = = × = XÐt tam gi¸c vu«ng AHA 1 cã AA 1 = a, 1 AA H =30 0 2 3 1 a HA =⇒ . Do tam gi¸c A 1 B 1 C 1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B 1 C 1 vµ 2 3 1 a HA = nªn A 1 H vu«ng gãc víi B 1 C 1 . MÆt kh¸c 11 CBAH ⊥ nªn )( 111 HAACB ⊥ KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA 1 H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA 1 vµ B 1 C 1 Ta cã AA 1 .HK = A 1 H.AH 4 3 . 1 1 a AA AHHA HK ==⇒ 0.25 0.25 0.25 6 Áp dụng BĐT Côsi ta có ,3.4)(43 3 xyzzyxxyz ≥++= nên .8≥xyz Tiếp tục áp dụng BĐT Côsi ta được 24.222.222.222222 4 yzyzxyzyzxyzxyzxyzx ≥==≥+≥++ Suy ra ≤ ++ yzx2 1 . 1 4 3 8 11 4 1 2 1 8 11 2 1 2 1 . 4 11 . 24 1 4         +=         ++≤         +≤ yzyz yzyz Tương tự ta cũng có . 1 4 3 8 1 2 1 , 1 4 3 8 1 2 1         +≤ ++       +≤ ++ xyxyzzxzxy Do đó . 8 3 4 3 4 9 8 1111 4 9 8 1 =       +=         +++≤ zxyzxy P Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .2=== zyx Vậy giá trị lớn nhất của P là , 8 3 đạt được khi .2=== zyx 0.25 0.25 0.25 0.25 7.a - Ta có: B AB BD= ∩ suy ra tọa độ B là nghiệm hệ: 2 1 0 7 (7; 3) 7 14 0 3 x y x B x y y − − = =   ⇔ ⇒ =   − + = =   - Giả sử (2 1; ) : 2 2 1 0; (7 14; ) : 7 14 0A a a AB y D d d BD x y= + ∈ − − = = − ∈ − + = Vì A, B phân biệt nên 3a ≠ . (6 2 ; 3 ), (7 21; 3); (7 2 15; )AB a a BD d d AD d a d a⇒ = − − = − − = − − − uuur uuur uuur Do 3 (loai) . 0 (3 )(15 5 30) 0 3 6 0 a AB AD AB AD a d a d a =  ⊥ ⇒ = ⇔ − − − = ⇔  − − =  uuur uuur uuuruuur 3 6 ( 3;6 2 )a d AD d d⇒ = − ⇒ = − − uuur . Lại có: ( 7; 3) C C BC x y= − − uuur . Mà ABCD là hình chữ nhật nên AD BC= uuur uuur 0.25 0.25 C A B C 1 B 1 K H A 1 3 7 4 ( 4; 9 2 ) 6 2 3 9 2 C C C C d x x d C d d d y y d − = − = +   ⇒ ⇒ = + −   − = − = −   . (6 13; 3 7), ( 2; 8 2 )EA d d EC d d⇒ = − − = + − uuur uuur với (2;1)E = - Mặt khác điểm (2;1) , E AC EA EC∈ ⇒ uuur uuur cùng phương 2 (6 13)(8 2 ) ( 2)(3 7) 5 6 0 2 0 0 3 3( ) d d d d d d d a a d a loai ⇔ − − = + − ⇔ − + = = ⇒ =  ⇔ ⇒ =  = ⇒ =  Vậy (1; 0), (7; 3), (6; 5), (0; 2)A B C D= = = = là các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm 0.25 0.25 8.a Ta có 3 2 3AC BA BC= ⇒ = = . Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 5) ( 3) ( 1) 9 ( 5) ( 3) ( 1) 9 ( 2) ( 3) ( 4) 9 1 0 6 0 6 0 x y z x y z x y z x z x y z x y z  − + − + + =  − + − + + =   − + − + + = ⇔ + − =     + − − = + − − =   2 2 2 ( 5) ( 3) ( 1) 9 2 1 3 7 2 1 x y z x z x y y x z  − + − + + = =    ⇔ = − ⇔ =     = − = −   hoặc 3 1 2 x y z =   =   = −  Nếu (2;3; 1)B − , do AB DC= uuur uuur nên (5;3; 4)D − . Nếu (3;1; 2)B − , do AB DC= uuur uuur nên (4;5; 3)D − . 0.25 0.25 0.25 0.25 9.a Đặt ( , ; 0)z x yi x y R x= + ∈ > . Ta có 3 3 12 ( ) 12z i z x yi i x yi+ = ⇔ + + = − 3 2 3 2 2 3 2 3 3 3 (3 12) 3 12 x xy x x xy x y y i x yi x y y y  − =  ⇔ − + − + = − ⇔  − + = −   2 2 2 2 2 3 3 3 1 3 1 2 ( 0) 1 3(3 1) 12 2 3 0 x y x y x Do x y y y y y y y   = + = + = >    ⇔ ⇔ ⇔    = − + − + = − + + =      Do đó 2z i= − . Suy ra 5z = . 0.25 0.25 0.25 0.25 7.b (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2. Tọa độ giáo điểm của (C) và d là nghiệm của hệ: 2 2 2 0 0 2 4 4 4 0 x y x y x y x y + − = =  ⇔   = + − − + =   hoặc 2 0 x y =   =  . Ta có thể giả sử (2;0), (0;2)A B . Do đó d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Ta có 1 . 2 ABC S CH AB ∆ = (với H là hình chiếu của C trên AB). Do đó max max ABC S CH ∆ ⇔ . Ta thấy CH max khi C là giao điểm của đường thẳng ∆ đi qua tâm I và vuông góc với d và 2 C x > . Phương trình ∆ là y x= . Toạ độ C là nghiệm của hệ phương trình 2 2 4 4 4 0 (2 2;2 2) x y x y C y x  + − − + = ⇒ + +  =  Vậy với (2 2;2 2)C + + thì max ABC S ∆ . 0.25 0.25 0.25 0.25 8.b Chọn (2;3; 3), (6;5; 2)A B d− − ∈ . Ta thấy A, B nằm trên (P) nên d nằm trên (P). Gọi 1 d là đường thẳng đi qua A vuông góc với d nằm trong (P). Giả sử d u uur véctơ chỉ phương của d, P u uur là véctơ pháp tuyến của (P). Khi đó véctơ chỉ phương của 1 d là , (3; 9;6) d P u u u   = = −   r uur uur . Phương trình của đường thẳng 1 2 3 : 3 9 3 6 x t d y t z t = +   = −   = − +  Khi đó ∆ là đường thẳng đi qua một điểm M trên 1 d và song song với d. Gọi (2 3 ;3 9 ; 3 6 )M t t t+ − − + , ta có 2 2 2 1 14 9 81 36 14 3 AM t t t t= ⇔ + + = ⇔ = ± . + Với 1 3 t = thì (3;0; 1)M − . Do đó 3 1 : 4 2 1 x y z− + ∆ = = + Với 1 3 t = − thì (1;6; 5)M − . Do đó 1 6 5 : 4 2 1 x y z− − + ∆ = = . 0.25 0.5 0.25 9.b Thí sinh đó làm đúng 32 câu như vậy được: 32.0,2 = 6,4 điểm. Thí sinh này muốn đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng 8 6,4 8 0,2 − = câu trở lên trong tổng số 10 câu còn lại. Nghĩa là thí sinh này chỉ được sai 0, 1 hoặc 2 câu. Mỗi câu có 4 phương án nên tổng số cách chọn là 10 ( ) 4n Ω = . Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai mỗi câu. - Chọn sai 0 câu có số cách: 0 0 10 3 .C - Chọn sai 1 câu có số cách: 1 1 10 3 .C - Chọn sai 2 câu có số cách: 2 2 10 3 .C Xác suất cần tính là 0 0 1 1 2 2 10 10 10 10 10 3 . 3 . 3 . 436 4 4 C C C P + + = = . . 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 phương án sai nên có 3 cách chọn sai mỗi câu. - Chọn sai 0 câu có số cách: 0 0 10 3 .C - Chọn sai 1 câu có số cách: 1 1 10 3 .C - Chọn sai 2 câu có số cách: