ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 139 pot

S GIO DC V O TO K LK TRNG THPT NGUYN HU THI TH I HC MễN TON NM 2012 - 2013 Thi gian lm bi: 180 phỳt. I/ PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu 1. (2,0 im). Cho hm s 2 ( ) 3 x y C x + = 1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s. 2) Tỡm trờn th ( C) im M sao cho khong cỏch t im M n ng tim cn ngang bng 5 ln khong cỏch t im M n ng tim cn ng. Cõu 2. (1,0 im). Gii phng trỡnh: ( ) 6 6 8 sin cos 3 3sin 4 3 3cos 2 9sin 2 11x x x x x + + = + . Cõu 3. (1,0 im). Gii h phng trỡnh trờn Ă : x x y xy y x y x y 3 2 2 3 6 9 4 0 2 + = + + = Cõu 4. (1,0 im). Tỡm nguyờn hm ca hm s: ( ) 2 3 1 x f x x x = + trờn on 1;8 Cõu 5. (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi, hai ng chộo AC = 2 3a , BD = 2a v ct nhau ti O; hai mt phng (SAC) v (SBD) cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD). Bit khong cỏch t O n mt phng (SAB) bng 3 4 a . Tớnh th tớch khi chúp S.ABCD theo a. Cõu 6. (1,0 im). Cho * ,a b + Ă . Chng minh rng: a b b a a b 2 2 3 3 1 1 2 2 4 4 2 2 + + + + + + ữ ữ ữ ữ II/ PHN RIấNG (3,0 im): Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B) A. Theo chng trỡnh Chun Cõu 7a. (2,0 im) 1. Trong mt phng ta Oxy cho ng thng : 2 3 0x y + = v hai im A(1; 0), B(3; - 4). Hóy tỡm trờn ng thng mt im M sao cho 3MA MB+ uuur uuur nh nht. 2. Trong mt phng to Oxy cho tam giỏc ABC, cú im A(2; 3), trng tõm G(2; 0). Hai nh B v C ln lt nm trờn hai ng thng d 1 : x + y + 5 = 0 v d 2 : x + 2y 7 = 0. Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm C v tip xỳc vi ng thng BG. Cõu 8a. (1,0 im) Gii bt phng trỡnh trờn Ă : 1 3 3 1 3 8 2 4 2 5 + + + + x x x . B. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu 7b. (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho im P( 7;8) v hai ng thng 1 :2 5 3 0d x y+ + = ; 2 :5 2 7 0d x y = ct nhau ti A . Vit phng trỡnh ng thng 3 d i qua P to vi 1 d , 2 d thnh tam giỏc cõn ti A v cú din tớch bng 14,5 . 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Hypebol (H): 1 916 22 = yx . Viết phơng trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). Cõu 8b. (1,0 im) Cho khai trin Niutow ( ) x 1 3 x 1 2 2 8 1 log 3 1 log 9 7 5 2 2 + + + ữ . Hóy tỡm cỏc giỏ tr ca x Ă , bit rng s hng th 6 t trỏi sang phi trong khai trin ny l 224. Ht Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. Câu Lời giải chi tiết Điểm I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. * Tập xác định { } \ 3D = ¡ * Sự biến thiên: +/ Giới hạn và tiệm cận: lim 1; lim 1 x x y y →−∞ →+∞ = = : Đồ thị có tiệm cận ngang là 1y = 3 3 lim ; lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ : Đồ thị có tiệm cận đứng là 3x = 0,25 +/ Ta có: ( ) 2 5 ' 0; 3 3 y x x − = < ∀ ≠ − , Bảng biến thiên: Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ;3 −∞ và ( ) 3; +∞ . 0,5 * Đồ thị: 12 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -25 -20 -15 -10 -5 5 10 15 20 0.25 2. (1,0 điểm): Tìm điểm trên đồ thị Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C): 5 ;1 , 3 3 M a a a   = + ≠  ÷ −   Tiệm cận đứng 1 : 3 0x∆ − = ; tiệm cận ngang 2 : 1 0y∆ − = 0,25 Theo giải thiết: ( ) ( ) 2 1 5 ; 5 ; 5 3 3 d M d M a a ∆ = ∆ ⇔ = − − (1) 0,25 Giải phương trình (1), ta được: 4; 2a a = = 0,25 Vậy các điểm cần tìm là: ( ) ( ) 4;6 & ' 2; 4M M = = − 0,25 Câu 2. (1,0 điểm) Giải phương trình: ( ) 6 6 8 sin cos 3 3sin 4 3 3cos 2 9sin 2 11x x x x x + + = − + . Phương trình ( ) 2 2 8 1 3sin cos 3 3 sin 4 3 3 os2 9sin 2 11 0x x x c x x − + − + − = ( ) ( ) 2 3 3 os2 2sin 2 1 3 2sin 2 3sin 2 1 0c x x x x ⇔ − − − + = 0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) 2sin 2 1 0 1 2sin 2 1 3 os2 sin 2 1 0 3 os2 sin 2 1 2 x x c x x c x x − = ⇔ − − + = ⇔  − = −   0,25 Giải phương trình (1): ( ) 1 12 sin 2 5 2 12 x k x k x k π π π π  = +  = ⇔ ∈   = +   ¢ 0,25 x −∞ 3 +∞ 'y − 0 0 − y 1 +∞ −∞ 1 Giải phương trình (2): ( ) 1 4 3 os2 sin 2 1 os 2 5 6 2 12 x k c x x c x k x k π π π π π  = +    − = − ⇔ + = − ⇔ ∈   ÷    = − +   ¢ 0,25 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x x y xy y x y x y 3 2 2 3 6 9 4 0 (1) 2 (2)   − + − =  − + + =   Ta có: (1) ⇔ x y x y 2 ( ) ( 4 ) 0− − = ⇔ x y x y4  =  =  0,5 Với x = y: Thay vào (2) ta được x = y = 2 0,25 Với x = 4y: Thay vào (2) ta được x y32 8 15; 8 2 15= − = − 0,25 Câu 4. (1,0 điểm) Tìm nguyên hàm của hàm số: ( ) 2 3 1 x f x x x − = + trên đoạn     1;8 Vì hàm số liên tục trên [ ] 1;8 . Ta có: 2 2 3 1 1 1 1 x x dx dx x x x x − − = + + ∫ ∫ 0,5 = 2 1 1 1 ( ) 1 ln( ) 1 1 d x x x dx x C x x x x x − + = − =− + + + + ∫ ∫ Vậy nguyên hàm của hàm số ( ) 2 3 1 x f x x x − = + trên đoạn [ ] 1;8 là: ( ) 1 ln( ) ;F x x C C x = − + + ∈ ¡ 0,5 Câu 5. (1,0 điểm) (1,0 điểm). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Từ giả thiết, ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó · 0 60A DB = . Hay ABD ∆ đều. Do ( ) ( ) ( ) ;SAC SBD ABCD ⊥ nên giao tuyến của chúng SO⊥ (ABCD). 0,25 Gọi H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB ⊥ và DH = 3a ; OK // DH và 1 3 2 2 a OK DH = = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ⇒ OI ⊥ (SAB), hay OI 3 4 a OI = 0,25 Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO = + ⇒ = Diện tích đáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OA OB a ∆ = = = ; đường cao của hình chóp 2 a SO = . Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO = = 0,5 Câu 6. (1,0 điểm) Chứng minh rằng: a b b a a b 2 2 3 3 1 1  2  2 4 4 2 2       + + + + ≥ + +  ÷ ÷  ÷ ÷       Ta có: a a b a ba b a a b a 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 3 1 4 4   = − + + + ≥ + +  ÷   + + = − + + + + Tương tự: b a a b 2 1 2 3 4 + + ≥ + + . 0,5 S A B K H C O I D 3a a Ta sẽ chứng minh a b a b 2 1 1 1 2 (2 2 2 2       + + ≥ + +  ÷  ÷ ÷       (*) Thật vậy, (*) ⇔ a b ab a b ab a b 2 2 1 1 4 4 4 2 ≥ + + + + + + + + ⇔ a b 2 0( ) ≥ − . Dấu "=" xảy ra ⇔ a b 1 2 = = . 0,5 II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn 7a. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm). Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho 3MA MB+ uuur uuur nhỏ nhất. Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( 5 ; 3 2 − ) 0,25 Ta có : 3 ( ) 2 2 2 4MA MB MA MB MB MI MB MJ + = + + = + = uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 0,25 Vì vậy 3MA MB+ uuur uuur nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng ∆ Đường thẳng JM qua J và vuông góc với ∆ có phương trình : 2x – y – 8 = 0. 0,25 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 2 2 3 0 5 2 8 0 19 5 x x y x y y −  =  + − =   ⇔   − − =   =   . Vậy M( 19 2 ; 5 5 − ) 0,25 2. (1,0 điểm). Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. Giả sử 1 2 ( ; ) 5; ( ; ) 2 7 B B B B C C C C B x y d x y C x y d x y ∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − + Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6 3 0 B C B C x x y y + + =   + + =  0,25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1) 0,25 Ta có (3;4) (4; 3) BG BG VTPT n ⇒ − uuur uuur nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0,25 Bán kính R = d(C; BG) = 9 5 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5) 2 +(y – 1) 2 = 81 25 0,25 8a. (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 1 3 3 1 3 8 2 4 2 5 + − − + − + − + ≤ x x x . Điều kiện: x ≤ 3. Đặt 3 2 1 x t − = ≥ . BPT ⇔ 2 8 2 2 5 + − + ≤ t t t 0,25 2 2 2 5 2 0 8 2 5 2 8 2 0 5 22 17 0 − ≥   ⇔ + − ≤ − ⇔ + − ≥   − + ≥  t t t t t t t x 5 0 2 2 4 0 1 17 1; 5  ≤ ≤   ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤    ≤ ≥  t t t t t 0,5 Với 3 0 1 2 1 3 0 3 − ≤ ≤ ⇒ ≤ ⇔ − ≤ ⇔ = x t x x 0,25 B. Theo chương trình Nâng cao 7b. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng 3 d đi qua P tạo với 1 d , 2 d Ta có A(1; 1) − và 1 2 d d ⊥ . Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi 1 d , 2 d là: ∆ 1 : 7 3 4 0x y + − = và ∆ 2 : 3 7 10 0x y − − = 0,25 3 d tạo với 1 d , 2 d một tam giác vuông cân ⇒ 3 d vuông góc với ∆ 1 hoặc ∆ 2. . ⇒ Phương trình của 3 d có dạng: 7 3 0x y C + + = hay 3 7 0 ′ − + = x y C 0,25 Mt khỏc, 3 d qua ( 7;8)P nờn C = 25 ; C = 77 Suy ra : 3 : 7 3 25 0d x y+ + = hay 3 :3 7 77 0d x y + = Theo gi thit tam giỏc vuụng cõn cú din tớch bng 29 2 cnh huyn bng 58 0,25 Suy ra di ng cao A H = 58 2 = 3 ( , )d A d Vi 3 : 7 3 25 0d x y + + = thỡ 3 58 ( ; ) 2 d A d = ( tm) Vi 3 :3 7 77 0d x y + = thỡ 3 87 ( ; ) 58 d A d = ( loi ) 0,25 2. (1,0 im). Vit phơng trình chính tắc của (E) Hypebol (H) có các tiêu điểm ( ) ( ) 1 2 5;0 ; 5;0F F . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3), 0,25 Giả sử phơng trình chính tắc của (E) có dạng: 1 b y a x 2 2 2 2 =+ ( với a > b v 2 2 2 a b c = + ) (E) cũng có hai tiêu điểm ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 5;0 ; 5;0 5 1F F a b = 0,25 ( ) ( ) ( ) 2bab16a9E3;4M 2222 =+ Từ (1) và (2) ta có hệ: = = =+ += 15b 40a bab16a9 b5a 2 2 2222 222 0,25 Vậy phơng trình chính tắc của (E) là: 1 15 y 40 x 22 =+ 0,25 8b. (1,0 im) Hóy tỡm cỏc giỏ tr ca x Ă , Ta cú: ( ) k 8 8 k 8 k k 8 k 0 a b C a b = = + = . p dng vi ( ) ( ) ( ) x 1 3 x 1 2 2 1 1 1 log 3 1 log 9 7 x 1 x 1 5 3 5 a 2 9 7 b 2 3 1 = ; + + = + = = + 0,25 + Theo th t trong khai trin trờn, s hng th sỏu tớnh theo chiu t trỏi sang phi ca khai trin l ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 1 1 1 5 x 1 x 1 x 1 x 1 3 5 6 8 T C 9 7 . 3 1 56 9 7 . 3 1 = + + = + + ữ ữ 0,25 + Theo gi thit ta cú : ( ) ( ) x 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 9 7 56 9 7 . 3 1 4 9 7 4(3 1) 3 1 = 224 + + + = + = + + 0,25 ( ) x 1 2 x 1 x 1 x 1 3 1 x 1 3 4(3 ) 3 0 x 2 3 3 = = + = = = 0,25 Ghi chỳ: Nu thi sinh lm bi cú li gii khỏc vi ỏp ỏn m li gii ỳng thỡ vn cho im ti a theo biu im ó quy nh. Ht . Bảng biến thi n: Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ;3 −∞ và ( ) 3; +∞ . 0,5 * Đồ thị: 12 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -1 0 -2 5 -2 0 -1 5 -1 0 -5 5 10 15 20 0.25 2 1. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số. * Tập xác định { } 3D = ¡ * Sự biến thi n: +/ Giới hạn và tiệm cận: lim 1; lim 1 x x y