ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 15 potx

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. Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 2 3 2 x y x + = − . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng ( ) : 2d y x m= + cắt (C) tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( ) 2 2 3 sin cos 2 cos tan 1 2sin 0x x x x x+ − + = . 2. Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 4 1 2 1 6 2 2 4 1 1 x y x x x y y x x  + + + =   + + = + +   . Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân ( ) 2 3 4 2sin 3 cos sin x x x dx x π π + − ∫ . Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy ABC là tam giác đều, hình chiếu của A trên (A’B’C’) trùng với trọng tâm G của ∆ A’B’C’. Mặt phẳng (BB’C’C) tạo với (A’B’C’) góc 0 60 . Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a. Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn 2 2 2 1a b c+ + = .Chứng minh rằng 1 1 1 9 1 1 1 2ab bc ca + + ≤ − − − . Câu VI. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết phương trình cạnh BC là ( ) : 7 31 0d x y+ − = , điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; -3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng ( ) : 1 0P x y z− − + = . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON. Câu VII. (1,0 điểm) Gọi 1 z và 2 z là hai nghiệm phức của phương trình ( ) ( ) 2 2 1 4 2 5 3 0i z i z i+ − − − − = . Tính 2 2 1 2 z z+ . Hết Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh: ……………………………… ĐA Câu 1:(1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. Câu 1: 2,(0,5điểm) Tìm m để đường thẳng Phương trình hoành độ giao điểm: ( ) ( ) ( ) 2 2 6 2 3 0 * 2 3 2 2 2 x m x m x x m x x  + − − + = +  = + ⇔  − ≠   (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt và khác 2. ( ) ( ) ( ) 2 2 0 6 8 2 3 0 4 60 0 2 0 g m m m m g ∆ >   ⇔ ⇔ − + + > ⇔ + + >  ≠   (luôn đúng). Với điều kiện trên giả sử đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại hai điểm có hoành độ 1 2 x x ≠ . Ta có 1 2 6 2 m x x − + = .Tại hai giao điểm kẻ hai tiếp tuyến song song khi và chỉ khi ( ) ( ) 1 2 1 2 ' ' 4y x y x x x = ⇔ + = 2m ⇔ = − . Câu 2: (1.0 điểm) Giải phương trình… Điều kiện cos 0x ≠ ( ) 2 2 3 sin cos2 cos tan 1 2sin 0x x x x x + − + = ⇔ ( ) 2 2 3 sin 1 2sin 2sin 1 2sin 0x x x x − + − + = 2 1 5 2sin sin 1 0 sin 1;sin 2 ; 2 ; 2 2 2 6 6 x x x x x k x k x k π π π π π π ⇔ + − = ⇔ = − = ⇔ = − + = + = + . Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm 5 2 ; 2 6 6 S k k π π π π   = + +     Câu 2:(1.0 điểm) Giải hệ phương trình… ĐK: 0x ≥ . Nhận thấy (0; y) không là nghiệm của hệ phương trình. Xét 0x > . Từ phương trình thứ 2 ta có 2 2 1 1 1 2 2 4 1 1y y y x x x + + = + + (1) Xét hàm số ( ) 2 1f t t t t = + + có ( ) 2 2 2 ' 1 1 0 1 t f t t t = + + + > + nên hàm số đồng biến. Vậy ( ) ( ) 1 1 1 2 2f y f y x x   ⇔ = ⇔ =  ÷   . Thay vào phương trình (1): ( ) 3 2 2 1 6x x x x + + + = Vế trái của phương trình là hàm đồng biến trên ( ) 0; +∞ nên có nghiệm duy nhất 1x = và hệ phương trình có nghiệm 1 1; 2    ÷   . Câu 3:Tính tích phân… ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 4 4 4 2sin 3 cos 2sin 3 cos cos sin sin sin x x x x x x x I dx dx dx x x x π π π π π π + − − = = + ∫ ∫ ∫ 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 4 4 4 4 4 cos 1 1 1 1 1 1 1 1 cot sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 2 2 2 2 x x x I dx xd dx x x x x x π π π π π π π π π π π π     = = − = − + = − − − =  ÷  ÷     ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) 2 2 2 3 3 4 4 2sin 3 cos 2sin 3 7 sin 2 2 sin sin 2 x x x I dx d x x x π π π π − − = = = − ∫ ∫ . Vậy 1 2 2 2 3 = + = − I I I . Câu 4:Tính thể tích… Gọi M,M’ lần lượt là trung điểm BC, B’C’ ⇒ A’, G, M’ thẳng hàng và AA’M’M là hình bình hành . A’M’ ⊥ B’C’, AG ⊥ B’C’ ⇒ B’C’ ⊥ (AA’M’M). Suy ra góc giữa (BCC’B’) và (A’B’C’) là góc giữa A’M’ và MM’ bằng · 0 ' 60M MA = . Đặt x = AB. Ta có ∆ ABC đều cạnh x có AM là đường cao. ⇒ 3 3 ' ', ' 2 3 x x AM A M A G = = = . Trong ∆ AA’G vuông có AG = AA’sin60 0 = 3 2 a ; 0 3 3 ' ' os60 2 3 2 a x a A G AA c x = = = ⇔ = . a A' C' B' C B A M H M' G 2 2 0 2 1 3 3 3 3 3 . .sin 60 ( ) 2 4 4 2 16 ABC x a a S AB AC ∆ = = = = 2 3 . ' ' ' 3 3 3 9 . 2 16 32 ABC A B C ABC a a a V AG S ∆ = = = . Câu 5: Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 9 3 1 1 1 2 1 1 1 2 ab bc ca ab bc ca ab bc ca + + ≤ ⇔ + + ≤ − − − − − − Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 ab ab ab ab a b c ab a b c = ≤ − + + − + + . Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 a b a b ab a c b c a b c a b c + + ≥ ≥ + + + + + + . Vậy 2 2 2 2 2 2 1 1 2 ab a b ab a c b c   ≤ +  ÷ − + +   . Tương tự 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 , 1 2 1 2 bc b c ac a c bc b a c a ac a b c b     ≤ + ≤ +  ÷  ÷ − + + − + +     . Cộng lại ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng khi 3 3 a b c = = = . Câu 6.1, (1.0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC Đường thẳng AB đi qua M nên có phương trình ( ) ( ) 2 3 0a x b y − + + = ( ) 2 2 0a b + ≠ ( ) · 0 ; 45AB BC = nên 0 2 2 3 4 7 cos45 4 3 50 a b a b a b a b = +  = ⇔  = − +  . Nếu 3a = 4b, chọn a = 4, b = 3 ta được ( ) : 4 3 1 0AB x y + + = . ( ) :3 4 7 0AC x y − + = . Từ đó A(-1; 1) và B(-4; 5). Kiểm tra 2MB MA = uuur uuur nên M nằm ngoài đoạn AB (TM) Từ đó tìm được C(3; 4) Nếu 4a = -3b, chọn a = 3, b = -4 được ( ) :3 4 18 0AB x y − − = , ( ) : 4 3 49 0AC x y + − = Từ đó A(10; 3) và B(10;3) (loại) Nếu không kiểm tra M nằm ngoài AB trừ 0.25 điểm. Câu 6: 2, (1.0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng…. Giả sử Q n r là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó ( ) 1; 1; 1 Q P n n⊥ − − uur uur Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại ( ) ( ) 0; ;0 , 0;0;M a N b phân biệt sao cho OM = ON nên 0 0 a b a b a b = ≠  = ⇔  = − ≠  Nếu a = b thì ( ) ( ) 0; ; // 0; 1;1MN a a u= − − uuuur r và Q n u ⊥ uur r nên ( ) , 2;1;1 Q P n u n   = =   uur r uur . Khi đó mặt phẳng (Q): 2 2 0x y z + + − = và ( ) Q cắt Oy, Oz tại ( ) 0;2;0M và ( ) 0;0;2N (thỏa mãn) Nếu a = - b thì ( ) ( ) 0; ; // 0;1;1MN a a u= − − uuuur r và Q n u ⊥ uur r nên ( ) , 0;1; 1 Q P n u n   = = −   uur r uur . Khi đó mặt phẳng (Q): 0y z − = ( ) Q cắt Oy, Oz tại ( ) 0;0;0M và ( ) 0;0;0N (loại). Vậy ( ) : 2 2 0Q x y z + + − = . Câu 7: Tính 2 2 1 2 z z + Có ( ) ( ) ( ) 2 ' 4 2 2 1 5 3 16i i i ∆ = − + + + = . Vậy phương trình có hai nghiệm phức 1 2 3 5 1 1 , 2 2 2 2 z i z i = − = − − Do đó 2 2 1 2 9z z + = . . 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. Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 2. thẳng AC, điểm M(2; -3 ) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2 ; -2 ) và mặt phẳng (