ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 18 ppt

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. A. PHẦN CHUNG ( Dành cho tất cả các thí sinh) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x 3 – 3x + 2 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) có phương trình y = - 3x + 2 sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm) 1. Giải hệ phương trình:      =−−+++ =+++++ 232 532 22 22 yxyx yxyx 2. Giải phương trình. 1 + sin x – cos x – sin 2x + cos 2x = 0 Câu III (1 điểm). Tính tích phân: ∫ −+ 1 0 2 11 x dx Câu IV (1 điểm). Cho khối chóp S.ABC có SA = a, SB = b, SC = c, · ASB = 60 0 , · BSC = 90 0 , · CSA = 120 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABC. Câu V (1 điểm). Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện : ab + bc + ca = 2abc. Chứng minh rằng: 222 )12( 1 )12( 1 )12( 1 − + − + − ccbbaa 2 1 ≥ B. PHẦN TỰ CHỌN ( Mỗi thí sinh chỉ chọn một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2) Phần 1: Câu VI a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ∆ ): x + y – 1 = 0, các điểm A( 0; - 1), B(2;1). Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên ( ∆ ). Tịm tọa độ các điểm C, D. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;0;2) và đường thẳng ( ∆ ) có phương trình tham số: x = 0; y = t; z = 2. Điểm M di động trên trục hoành, điểm N di động trên ( ∆ ) sao cho: OM + AN = MN. Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với một mặt cầu cố định. Câu VII a (1 điểm). Tìm các giá trị của a thỏa mãn: 3 x + (a – 1).2 x + (a – 1) > 0, Rx ∈∀ . Phần 2: Câu VI b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC trọng tâm G( 3 1 ; 3 5 − ), đường tròn đi qua trung điểm các cạnh có phương trình x 2 + y 2 – 2x + 4y = 0. Hãy tìm phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; - 2; 3), B(2; - 1;2) và đường thẳng ( ∆ ): 3 6 2 1 1 − = − = zyx . Tìm tọa độ của điểm M trên ( ∆ ) sao cho diện tích tam giác MAB nhỏ nhất. Câu VII b (1 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: 3 1 − − z z = 1, iz iz + − 2 = 2. Hết HƯỚNG DẪN Câu I: 1. Tự làm. 2. Gọi M(a;b) là điểm cần tìm. M thuộc (d) nên b = -3a + 2. Tiếp tuyến của đồ thị ( C) tại điểm (x 0 ;y 0 ) là: y = (3x 0 2 – 3)(x – x 0 ) + x 0 3 – 3x 0 +2. Tiếp tuyến đi qua M(a;b) ⇔ - 3a + 2 = (3x 0 2 – 3)( a – x 0 ) + x 0 3 – 3x 0 + 2 ⇔ 2x 0 3 – 3ax 0 2 = 0 ⇔ x 0 = 0 hoặc x 0 = 3a/2 Có hai tiếp tuyến đi qua M với hệ số góc là k 1 = f ’(0) = -3 và k 2 =f ‘(3a/2) = 4 27 2 a - 3 . Hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau ⇔ k 1 .k 2 = - 1 ⇔ a 2 = 40/81 ⇔ a = 9 102 ± . Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M( 9 102 ± ; 2 3 102 + ). Câu II: 1. Cộng và trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được hệ tương đương:        =+ =+++ 2 3 2 7 32 22 yx yx ⇔        =+−++ −= 2 7 3) 2 3 (2 2 3 22 xx xy ⇔ … ⇔       = = ) 20 13 ; 20 17 ();( )1; 2 1 ();( yx yx 2. Phương trình ⇔ ( 1 – sin2x) + ( sinx – cosx) + ( cos 2 x – sin 2 x) = 0 ⇔ ( sinx – cosx).[(sinx – cosx) + 1 – (sinx + cosx)] = 0 ⇔ ( sinx – cosx).( 1 – 2cosx) = 0 ⇔ 1 tan 1;cos 2 x x= = ⇔ ( ) . ; . , 4 3 x k x l k l π π π π = + = ± + ∈¢ ( k,l ∈ Z). Câu III: Đặt x = sint với t ] 2 ; 2 [ ππ −∈ . Ta có:dx = costdt và ttx 222 cossin11 =−=− =|cost| = cost. Đổi cận: Với x =0 thì t = 0; Với x = 1 thì t = 2 π . Từ đó: ∫∫ + = −+ 2 0 1 0 2 cos1 cos 11 π t tdt x dx = ∫ − 2 0 2 2 )2/(cos2 1)2/(cos2 π dt ts ts = ∫∫ − 2 0 2 2 0 )2/(cos )2/( ππ t td dt =( t – tan (t/2) ) | 2 0 π = 2 π -1 Câu IV: Tự vẽ hình. Trên các tia SB, SC lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho SB’ = SC’ = SA = a Tam giác SAB’ đều cạnh a nên AB’ = a. Tam giác SBC’ vuông cân tại S nên B’C’ = a 2 . Tam giác SC’A cân tại S có ∠ C’SA = 120 0 nên C’A = a 3 . Suy ra AB’ 2 + B’C’ 2 = C’A 2 hay tam giác AB’C’ vuông tại B’ ⇒ diện tích tam giác AB’C’ = 2 2 2 a . Hạ SH ⊥ mp(AB’C’) ⇒ HA = HB’ =HC’ ⇒ H là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AB’C’ ⇒ H là trung điểm của C’A ⇒ SH = SA. Sin 30 0 = a/2. Thể tích khối chóp S.AB’C’ là: V’ = 12 2 2 . 2 2 . 3 1 32 aaa = . Áp dụng công thức: ' . ' '. . ' SC SC SB SB V V CABS ABCS = Tính được: V S.ABC = 12 2abc . Câu V. Đặt x = a 1 , y = b 1 , z = c 1 ta có x,y,z là 3 số dương thỏa mãn x + y + z = 2. Ta có: a(2a – 1) 2 = 2 )1 2 ( 1 − xx = 3 2 )( x zy + . Từ đó: : P = 222 )12( 1 )12( 1 )12( 1 − + − + − ccbbaa = 2 3 2 3 2 3 )()()( yx z xz y zy x + + + + + . Áp dụng bất đẳng thức Cô si có: x xzyzy zy x 4 3 64 3 88 )( 3 3 2 3 =≥ + + + + + (1) Tương tự: y xzxz xz y 4 3 88 )( 2 3 ≥ + + + + + (2) z yxyx yx z 4 3 88 )( 2 3 ≥ + + + + + (3). Cộng từng vế của (1), (2), (3) rồi ước lược được: P ≥ 4 1 (x + y + z) = 2 1 . Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 2/3 ⇔ a = b = c = 3/2. Câu VIa: 1. Gọi I(a;b) là tâm của hình thoi.Vì I ∆∈ nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1). Ta có: AI (a;b+1) và BI (a – 2;b – 1) mà ABCD là hình thoi nên AI ⊥ BI suy ra : a(a – 2) + (b + 1)(b – 1) = 0 (2). Thế (1) vào (2) rồi rút gọn được: a 2 – 2a = 0 ⇔ a = 0 hoặc a = 2. TH1: Với a = 0 thì I(0;1). Do I là trung điểm của AC và BD nên áp dụng công thức tọa độ trung điểm, ta có:    =−= =−= 22 02 AIC AIC yyy xxx và    =−= −=−= 12 22 BID BID yyy xxx ; C(0;2) và D(-2;1). TH2: Với a = 2 thì I(2;-1). Tương tự ta được: C(4;-1) và D(2;-3). Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(-2;1) hoặc C(4;-1) và D(2;-3). 2. Dễ dàng chứng minh được OA là đoạn đường vuông góc chung của hai đường thẳng ∆ và Ox (là hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau). Từ đó MN tiếp xúc với mặt cầu đường kính OA khi và chỉ khi OM + AN = MN. Vậy khi OM + AN = MN thì MN tiếp xúc với mặt cầu đường kính OA cố định. (Phương trình mặt cầu là: x 2 + y 2 + ( z – 1) 2 = 1). Câu VIIa: 3 x + (a – 1).2 x + (a – 1) > 0 ⇔ 3 x > (1 –a).( 2 x +1) ⇔ 12 3 + x x > 1 – a (*). Xét hàm số: f(x) = 12 3 + x x với x ∈ R. Ta có: f ‘ (x) = 2 )12( 2ln.3.23ln).12.(3 + −+ x xxxx > 0 với mọi x. Hàm số luôn đồng biến., mà: −∞→x lim f(x) = 0. Bất đẳng thức (*) đúng với mọi x ⇔ 1 – a ≤ 0 ⇔ a ≥ 1. Vậy đáp số: a ≥ 1. . 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. A. PHẦN CHUNG. D (-2 ;1). TH2: Với a = 2 thì I(2 ;-1 ). Tương tự ta được: C(4 ;-1 ) và D(2 ;-3 ). Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D (-2 ;1) hoặc C(4 ;-1 ) và D(2 ;-3 ). 2. Dễ dàng chứng