ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 130 docx

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 3 2 3 2y x x= − + . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 2 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình ( ) 3 2 cos cos 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 3 ( 4) 6 3 13x x x+ − + = . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 6 0 tan( ) 4 os2 x I dx c x π π − = ∫ . Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, 2=AB a . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: 2= − uur uuur IA IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 0 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn xy + yz + zx ≥ 2xyz. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phầnB) A.Theo chương trình chuẩn 1. Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : 3 8 0x y+ + = , ':3 4 10 0x y∆ − + = và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z − 3 = 0 và (Q): y + z + 5 = 0 và điểm (1; 1; 1)A − − . Tìm tọa độ các điểm M trên (P), N trên (Q) sao cho MN vuông góc với giao tuyến của (P), (Q) và nhận A là trung điểm. Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức (z 2 +3z+6) 2 +2z(z 2 +3z+6)-3z 2 = 0. B.Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng: (d 1 ): 7 17 0x y − + = , (d 2 ): 5 0x y + − = . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d 1 ),(d 2 ) một tam giác cân tại giao điểm của (d 1 ),(d 2 ). Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10;2;-1) và đường thẳng 1 1 : 2 1 3 x y z d - - = = . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song và có khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu 9.b (1 điểm). Giải phương trình: ( ) 022292 12 =−+−+ +xx xx . 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) • Tập xác định: D = ¡ . • Sự biến thiên: Chiều biến thiên: 2 ' 3 6y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = . Các khoảng đồng biến: ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ ; các khoảng nghịch biến: ( ) 0;2 . Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 2x = ; y CT 2= − , đạt cực đại tại 0x = ; y CĐ 2= . Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ . Bảng biến thiên: x ∞− 0 2 + ∞ y ’ + 0 - 0 + y 2 ∞+ ∞− - 2 • Đồ thị: 0 2 x 0.25 0.25 0.25 0.25 Đặt ( ) ( ) 3 2 3 2 ; 3 2 ; ; 3 2A a a a B b b b− + − + với a b ≠ . Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A, B là: ( ) ( ) 2 2 ' 3 6 ; ' 3 6 A A B B k y x a a k y x b b= = − = = − . Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi ( ) ( ) 2 2 3 6 3 6 2 0 2 A B k k a a b b a b a b b a= ⇔ − = − ⇔ − + − = ⇔ = − . Độ dài đoạn AB là: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 . 3 4 1 4 1 . 1 3 AB a b a b a b a b a b a ab b a b a a a   = − + − − −     = − + − + + − +     = − + − − −   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 4 2 2 2 4 2 4 1 8 1 32 0 1 2 1 8 0 1 4 3 1 1 2 AB a a a a a a a a = ⇔ − − − − = ⇔ − − − − =  − = =   ⇔ ⇔  = −   − = −  Với 3 1a b = ⇒ = − . Với 1 3a b= − ⇒ = . Vậy ( ) ( ) 3;2 , 1; 2A B − − hoặc ( ) ( ) 1; 2 , 3;2A B− − . 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Điều kiện: sin cos 0x x + ≠ Phương trình đã cho tương đương: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 sin cos 1 2 1 sin sin cosx x x x x− − = + + ( ) ( ) 1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x⇔ + + + + = ( ) ( ) ( ) 1 sin 1 cos 1 sin 0x x x⇔ + + + = sin 1 cos 1 x x = −  ⇔  = −  (thoả mãn điều kiện) 2 2 2 x k x k π π π π  = − +  ⇔  = +  ( ) Zk ∈ Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k π π = − + và 2x k π π = + ( ) Zk ∈ 0.25 0.25 0.25 0.25 3 Điều kiện: 3 3 0 0x x x+ ≥ ⇔ ≥ . Khi đó phương trình đã cho trở thành: 2 3 8 3 6 3 0x x x x+ + − + = + Nếu x = 0, thay vào phương trình ta thấy không thoả mãn + Nếu 0≠x khi đó phương trình trên tương đương với 3 3 8 6 0x x x x + + − + = . Đặt 4 3 , ( 12)x t t x + = ≥ . Khi đó ta có phương trình 2 6 8 0 2t t t− + = ⇔ = hoặc 4t = (thỏa mãn điều kiện). Với 2t = ta có 1, 3x x= = . Với 4t = ta có 8 61, 8 61x x= + = − . 0.25 0.25 0.25 0.25 4 I= 6 6 2 2 2 2 0 0 2 t anx tan 4 1 tanx tan 1 1 1 4 . . 2sin 1 os (1 tan ) os os dx dx x c x x c x c x π π π π − + = − − + ∫ ∫ Đặt 2 1 t anx os t dt dx c x = ⇒ = . Đổi cận 0x = thì 0t = ; 1x = thì 1 3 t = . Khi đó I= 1 1 3 3 2 0 0 1 1 3 ( 1) 1 2 dt t t − − = = + + ∫ . 0.25 0.25 0.5 5 Ta có ⇒−= IHIA 2 H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH BC = AB 2 a2= ; AI = a ; IH = 2 IA = 2 a AH = AI + IH = 2 3a 0.25 Ta có 5 2 a HC = Vì ⇒⊥ )(ABCSH 0 60))(;( == ∧∧ SCHABCSC ; 2 15 60tan 0 a HCSH == 6 15 2 15 )2( 2 1 . 3 1 . 3 1 3 2 . aa aSHSV ABCABCS === ∆ )(SAHBI SHBI AHBI ⊥⇒    ⊥ ⊥ Ta có 22 1 )(;( 2 1 ))(;( 2 1 ))(;( ))(;( a BISAHBdSAHKd SB SK SAHBd SAHKd ===⇒== 0.25 0.25 0.25 6 Ta có 1 1 1 2 2xy yz xz xyz x y z + + ≥ ⇔ + + ≥ nên 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz − − − − ≥ − + − = + ≥ Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (2) x z x z y x z x z xz − − − − ≥ − + − = + ≥ 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (3) x y x y z x y x y xy − − − − ≥ − + − = + ≥ Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z− − − ≤ Vậy A max = 1 3 8 2 x y z⇔ = = = . 0.25 0.25 0.25 0.25 7.a 8.a Tâm I của đường tròn thuộc ∆ nên giả sử I(-3t – 8; t). Ta có ( , ')d I IA=D nên 2 2 2 2 3( 3 8) 4 10 ( 3 8 2) ( 1) 3 4 t t t t − − − + = − − + + − + Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và phương trình cần tìm: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 25. 0.25 0.25 0.25 0.25 Do ( ) ( ; ;3 )M P M x y x-Î Þ A là trung điểm MN ⇒ (2 ; 2 ; 5 )N x y x- - - - + ( ) 2 (1)N Q x y- =Î Þ (2 2 ; 2 2 ; 8 2 )MN x y x= - - - - + uuur Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q): 1 2 (1;0;1), (0;1;1)n n= = r r ⇒ 1 2 [ , ] ( 1; 1;1)n n n= = - - r r r MN vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q) ⇒ . 0MN n = uuur r ⇒ 2 4 (2)x y+ = Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được 2, 0x y= = ⇒ (2;0;1), (0; 2; 3)M N - - 0.25 0.25 0.25 0.25 9.a Ta thấy z = 0 không là nghiệm của phương trình . Chia cả hai vế cho z 2 và đặt 2 3 6z z t z + + = , Dẫn tới phương trình : t 2 +2t-3 = 0 ⇔ t=1 hoặc t=-3. Với t=1 , ta có : z 2 +3z+6 = z ⇔ z 2 +2z+6 = 0 ⇔ z = -1± 5 i Với t=-3 , ta có : z 2 +3z+6 = -3z ⇔ z 2 +6z+6 = 0⇔ z = -3 ± 3 0.5 0.25 0.25 7.b 8.b Phng trỡnh ng phõn giỏc gúc to bi d 1 , d 2 l: 1 2 2 2 2 2 3 13 0 ( ) 7 17 5 3 4 0 ( ) 1 ( 7) 1 1 x y x y x y x y + = + + = = + + PT ng cn tỡm i qua M(0;1) v vuụng gúc vi 1 2 , nờn ta cú hai ng thng tho món l: 3 3 0x y + = v 3 1 0x y + = . 0.5 0.5 Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH => HI lớn nhất khi IA Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. )31;;21( tttHdH ++ vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0. == uuAHdAH là véc tơ chỉ phơng của d) )5;1;7()4;1;3( AHH Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 9.b Ta cú: ( ) 2 132 = x Phng trỡnh ó cho cú nghim 2 11 2 x x x ộ = - ờ ờ = - ở =+ = 0112 2 x x x Xột: 112)( += xxf x ta thy l hm ng bin nờn phng trỡnh 2 11 0 x x+ - = cú duy nht mt nghim l 3x = . Vy nghim ca phng trỡnh: 2, 3x x= - = . 0.25 0.25 0.25 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 ; 2 ; 5 )N x y x- - - - + ( ) 2 (1)N Q x y- =Î Þ (2 2 ; 2 2 ; 8 2 )MN x y x= - - - - + uuur Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q): 1 2 (1;0;1),