ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 11 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 CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : Câu 1 ( 2,0 điểm ). Cho hàm số x y x 2 1 1 − = − . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại các điểm phân biệt A , B sao cho OA = 4OB. Câu 2 ( 1,0 điểm). Giải phương trình 2 sin 2 3sin cos 2 4 x x x π   + = + +  ÷   Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 2 3 3 2 6 13 10 2 5 3 3 10 6 x x x y y x y x y x x y  − + = + +   + + − − − = − − +   ( ,x y ∈R ). Câu 4 (1,0 điểm) .Tính tích phân 6 2 2 1 4 1 = + + + ∫ dx I x x . Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD =2a, SA ⊥ (ABCD) và SA = 6a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Tính thể tích khối chóp H.SCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC Câu 6 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn 2 2 2 x y z xyz+ + = . Chứng minh : 2 2 2 1 2 x y z x yz y xz z xy + + ≤ + + + II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( A hoặc B ) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có ( ) 3; 3D − , M là trung điểm của AD , phương trình đường thẳng : 2 0CM x y− − = , B nằm trên đường thẳng :3 2 0d x y+ − = . Tìm tọa độ , ,A B C biết B có hoành độ âm Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( ) P : 3 2 4 0x y z+ − + = và điểm ( ) 2;2;0A . Tìm tọa độ điểm M sao cho MA vuông góc với ( ) P , M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng ( ) P Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: 1 4 3 7( 3) n n n n C C n + + + − = + .Tìm hệ số của 8 x trong khai triển: 5 3 2 ( ) ( ) n P x x x = + với 0x > B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có ( ) 1; 1D − − , diện tích bằng 6, phân giác trong của góc A là ∆ có phương trình 2 0x y− + = .Tìm tọa độ đỉnh B của hình chữ nhật , biết A có tung độ âm Câu 8.b (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) : 2 2 2 2 6 4 5 0x y z x y z+ + − + − + = . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa Oy và cắt (S) theo một đường tròn có bán kính 2r = Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z sao cho 2 z là số thuần ảo và 2 4z i− = ……………HẾT……… Câu 1: 1, (1.5 điểm) TXĐ: { } \ 1D R = 2 1 ' 0 ( 1) y x − = < − . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ;1−∞ và ( ) 1;+∞ . 1 lim x y + → = +∞ ; 1 lim x y − → = −∞ Tiệm cận đứng x = 1 lim lim 2 x x y y →+∞ →−∞ = = ; Tiệm cận ngang y = 2. * Bảng biến thiên x −∞ 1 +∞ , y − − y 2 −∞ +∞ 2 Đồ thị: Câu 1: 2, (0,5 điểm) 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M x y 0 0 ( ; ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. Do ∆OAB vuông tại O nên: OB A OA 1 tan 4 = = ⇒ Hệ số góc của d bằng 1 4 hoặc 1 4 − . Hệ số góc của d là: y x x 0 2 0 1 ( ) 0 ( 1) ′ = − < − ⇒ y x 0 1 ( ) 4 ′ = − ⇔ x 2 0 1 1 4 ( 1) − = − − ⇔ 1 3 o o x x = −   =  Với = − o x 1 thì 3 2 o y = . Khi đó phương trình tiếp tuyến là: y x 1 3 ( 1) 4 2 = − + + 1 5 4 4 x= − + Với = o x 3 thì 5 2 o y = . Khi đó phương trình tiếp tuyến là: y x 1 5 ( 3) 4 2 = − − + = 1 13 4 4 x− + Câu 2:(1.0 điểm) 2 sin 2 3sin cos 2 4 x x x π   + = + +  ÷   ⇔ sin 2 cos 2 3sin cos 2x x x x+ = + + ⇔ 2 2sin cos 2cos 1 3sin cos 2x x x x x+ − = + + ⇔ ( ) 2 sin 2cos 3 2cos cos 3 0x x x x− + − − = ⇔ ( ) ( ) ( ) sin 2cos 3 cos 1 2cos 3 0x x x x− + + − = ⇔ ( ) ( ) 2cos 3 sin cos 1 0x x x− + + = ⇔ 1 sin cos 1 0 sin cos 1 sin 4 2 x x x x x π   + + = ⇔ + = − ⇔ + = −  ÷   ⇔ 2 4 4 5 2 4 4 x k x k π π π π π π  + = − +    + = +   , (k ∈ Z ) 2 2 2 x k x k π π π π  = − +  ⇔  = +  (k ∈ Z.) Câu 3: (1.0 điểm) 3 2 3 3 2 6 13 10 2 5 3 3 10 6 x x x y y x y x y x x y  − + = + +   + + − − − = − − +   ( ) ( ) 3 3 1 2 2x x y y⇔ − + − = + (*) Xét hàm số ( ) 3 f t t t= + . Ta có ( ) ( ) ' 2 3 1 0f t t t f t= + > ∀ ∈ ⇒R đồng biến trên R Do đó (*) 2y x⇔ = − .Thay 2y x= − vào (2) ta được : 3 2 3 3 5 2 3 10 26x x x x x+ − − = − − + 3 2 3 3 3 1 5 2 3 10 24x x x x x⇔ + − + − − = − − + ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 12 3 3 3 1 5 2 x x x x x x x − − + = − − − + + + − 2 2 3 2 12 3 3 3 1 5 2 x x x x x =   ⇔  + = − −  + + + −  PT (3) vô nghiệm vì với 5 1 2 x− ≤ ≤ thì 2 12 0x x− − < . Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2 0 x y =   =  Câu 4: Tính tích phân 6 2 2 1 4 1 = + + + ∫ dx I x x Đặt 2 1 4 1 4 2 t tdt t x x dx − = + ⇒ = ⇒ = ( ) ( ) 2 3, 6 5t t= = Khi đó ( ) ( ) 5 5 5 3 2 2 3 3 1 1 1 3 1 ln 1 ln 1 1 2 12 1 1 tdt I dt t t t t t     = = − = + + = −  ÷  ÷  ÷ + +   + +   ∫ ∫ 5 3 1 ln 1 1 t t   = + +  ÷ +   3 1 ln 2 12 = − Câu 5: Tính thể tích… Ta có : 2 . . . 2 2 . . 6 , 7 S HDC H SDC S HDC S BDC V SH SH SB SA V V V SB SB SB = = = = = . . 6 6 1 2 . . . 6. 7 7 3 7 S HDC S BDC BDC BDC V V SA S a S⇒ = = = Gọi K là hình chiếu của B trên AD Ta có ; . 3 BK.AD AB.BD BK= 2 AB BD a AD = ⇒ = 2 1 3 . 2 4 BCD a S BK BC⇒ = = Vậy 3 . 3 2 14 H SDC a V = Vì ( ) AD SBCP nên ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , ,d AD SC d AD SBC d A SBC= = h = .Dựng hình bình hành ADBE .Do AB BD⊥ nên AB AE⊥ Trong tứ diện vuông ASEB ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 9 6h SA AB AE SA AB BD a = + + = + + = 6 3 a h⇒ = Câu 6 (1,0 điểm) Từ gt ta có : 1 x y z yz xz xy + + = . Mặt khác : 2 2 2 xy yz zx x y x+ + ≤ + + .Mà theo gt 2 2 2 x y x xyz+ + = nên xy yz zx xyz+ + ≤ 1 1 1 1 x y z + + ≤ Lại có : 2 1 1 1 4 x x yz x yz x yz x x   = ≤ +  ÷ +   + (1) Tương tự : 2 1 1 4 y y y xz y xz   ≤ +  ÷ +   (2) 2 1 1 4 z z z xy z xy   ≤ +  ÷ +   (3) Cộng (1) (2) (3) ta được : ( ) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 2 x y z x y z x yz y xz z xy x y z yz xz xy   + + ≤ + + + + + ≤ + =  ÷ + + +   Đẳng thức xảy ra 2 2 2 2 2 2 3 , , x y x xyz x y z x y z x yz y xz z xy  + + =  ⇔ = = ⇔ = = =   = = =  Câu 7a: (1,0 điểm) ( ) ; 3 2B d B b b∈ ⇒ − + Vì 2 BMC DMC S S= nên ( ) ( ) , 2 ,d B CM d D CM= 3 1 2 1 b b b =  ⇔ − = ⇔  = −  Khi đó ( ) ( ) 3; 7 , 1;5B B− − . Loại ( ) 3; 7B − vì B có hoành độ dương ( ) ; 2C CM C c c∈ ⇒ − . Gọi I là trung điểm của BD ( ) 1;1I⇒ Do CI BD ⊥ nên . 0 5CI BD c= ⇔ = uuruuur . ( ) 5;3C⇒ .Vì I là trung điểm của AC nên ( ) 3; 1A − − Câu 8a(1,0 điểm) ( ) P có véc tơ pháp tuyến ( ) 3;2; 1n − r Gọi ( ) ; ;M a b c Ta có ( ) 2; 2;AM a b c− − uuuur Vì ( ) MA P⊥ nên AM uuuur và n r cùng phương ,AM tn t⇔ = ∈ uuuur r R ⇔ 2 3 2 2 a t b t c t = +   = +   = −  (1) Vì M cách đều O và (P) nên ( ) ( ) 2 2 2 3 2 4 , 14 a b c MO d M P a b c + − + = ⇔ + + = . ( ) ( ) 2 2 2 2 14 3 2 4a b c a b c⇔ + + = + − + (2) Thay (1) vào (2) tìm được 3 4 t − = . Vậy 1 1 3 ; ; 4 2 4 M   −  ÷   Câu 9a: Tìm hệ số của số hạng chứa 8 x trong khai triển 5 3 2 ( ) ( ) n P x x x = + 1 4 3 7( 3) ( 4)( 3)( 2) ( 3)( 2)( 1) 42( 3) n n n n C C n n n n n n n n + + + − = + ⇔ + + + − + + + = + 2 2 5 6 14( 3) 9 36 0n n n n n⇔ + + = + ⇔ − − = 3( ) 12( ) n loai n tm = −  ⇔  =  Với n=12 ta có nhị thức: 5 12 3 2 ( )x x + Ta có: 5(12 ) 60 11 12 12 5 12 3 2 2 12 12 3 0 0 2 ( ) ( ) 2 2 k k k k k k k k k P x x C x x C x x − − − = = = + = = ∑ ∑ 60 11 8 60 11 16 4 2 k k k − = ⇔ − = ⇔ = . Hê số của 8 x là 4 4 12 C 2 7920 = Gọi E là điểm đối xứng với D qua ∆ E AB ⇒ ∈ .PT đường thẳng DE: x y 2 0+ + = Gọi I là giao điểm của DE với ∆ ( ) 2;0I⇒ − .Vì I là trung điểm của DE nên ( ) 3;1E − ( ) ; 2A A a a∈∆ ⇒ + với 2a < − . Do AE AD⊥ nên . 0 3AE AD a= ⇔ = − uuur uuur . ( ) 3; 1A − − Câu 7b(1,0 điểm) PT đường thẳng AE: x 3 0 + = , ( ) 3;B AE B b∈ ⇒ − 6 . ABCD S AB AD= = . Mà 2AD = nên 3AB = 2 4 b b =  ⇔  = −  . Khi đó ( ) ( ) 3;2 , 3; 4B B− − − . Loại ( ) 3; 4B − − vì khi đó ∆ là phân giác ngoài. Vậy ( ) 3;2B − Câu 8b(1,0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm ( ) 1; 3;2I − , bán kính 3R = Vì ( ) P chứa trục Oy nên PT ( ) P có dạng : 0Ax Cz + = ( ) , 0B C ≠ Ta có ( ) ( ) 2 2 , 5d I P R r= − = 2 2 2 5 A C A C + ⇔ = + ( ) 2 2 0 2A C C A⇔ − = ⇔ = . Chọn 1 2A C = ⇒ = . Vậy PT ( ) P là : x 2z 0 + = Gọi z a bi = + .Ta có ( ) 2 2 2 2z i a b− = + − , 2 2 2 2z a b abi= − + Câu 9b(1,0 điểm) Ycbt ( ) 2 2 2 2 2 4 0 a b a b  + − =  ⇔  − =   0 0 a b =  ⇔  =  hoặc 2 2 a b =   =  hoặc 2 2 a b = −   =  Vậy 0, 2 2 , 2 2z z i z i= = + = − + . 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. phẳng (P) chứa Oy và cắt (S) theo một đường tròn có bán kính 2r = Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z sao cho 2 z là số thuần ảo và 2 4z i− = ……………HẾT………