ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 192 doc

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 192 Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 1 3 x y x + = − có đồ thị (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b) Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của (C). Tìm các số thực m để đường thẳng :d y x m= + cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B tạo thành tam giác ABI có trọng tâm nằm trên (C). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 4 4 4sin 4 os ( ) 1 4 2 os2x x c x c π + − − = . Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 2 2 6x 1 1 ( , ) 6 1 1 y y x y y x x  + = − +  ∈  + = − +   ¡ . Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số ln( 1),y x x y x= + = và 2 đường thẳng 0, 1x x= = . Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác đều ABC cạnh a và tam giác cân SAB đỉnh S không cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, AC, biết góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC) là 60 0 , 21 6 a SA = , SC<HC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa HK và mặt phẳng (SBC) theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: 3y = . Gọi (C) là đường tròn cắt d tại 2 điểm B, C sao cho tiếp tuyến của (C) tại B và C cắt nhau tại O. Viết phương trình đường tròn (C), biết tam giác OBC đều. Câu 7 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng 1 2 ,d d có phương trình là 1 1 : 3 x t d y t z t = +   = −   =  , 2 3 1 2 : 1 1 1 x y z d − − + = = , d là đường thẳng đi qua I(2;2;-1) cắt 1 2 ,d d lần lượt tại A và B. Viết phương trình mặt cầu đường kính AB. Câu 8 (1,0 điểm). Tìm số phức z thoả mãn 2 3(1 2) (2 8) 2 2 1 i z i z z i + + − + = − . Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , ,a b c thoả mãn 1abc = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 9 2( ) a b c P b c a a b c = + + + + + . ………….…………………………………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:…………………. Chữ kí giám thị 1:…………………….………… Chữ kí giám thị 2:………………………………… Híng dÉn Câu 1: 1,(1,0 điểm) a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1 3 x y x + = − 1. Tập xác định: \{3}D = ¡ 2. Sự biến thiên của hàm số * Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực của hàm số. Tiệm cận của đồ thị hàm số. 1 1 1 lim lim lim 1 3 3 1 x x x x x y x x →±∞ →±∞ →±∞ + + = = = − − − => Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=-1 làm tiệm cận ngang 3 3 3 3 1 1 lim lim ;lim lim 3 3- x x x x x x y y x x + − + − → → → → + + = = −∞ = = +∞ − =>Đ ồ thị hàm số nhận đường thẳng x=3 làm tiệm cận đứng * Lập bảng biến thiên 2 4 ' 0 (3 ) y x D x = > ∀ ∈ − , y’ không xác định <=> x=3 Bảng biến thiên Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. Hàm số không có cực trị. 3. Đồ thị -Giao của đồ thị hàm số và Ox: y=0=>x=-1 - Giao của đồ thị hàm số và Oy: x=0=>y= 1 3 đồ thị hàm số nhận I(3;-1) làm tâm đối xứng Câu 1: 2,(1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của d:y=x+m và (C) là nghiệm của phương trình 2 1 (1) (2 ) 1 3 0(2) 3 x x m x x m m x + = + ⇔ − − + − = − ((2) không có nghiệm x=3) d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt cần và đủ (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt 2 0 8 0 ( ; 8) (0; ) (*)m m m⇔ ∆ > ⇔ + > ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ Với (*) thì d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt 1 1 2 2 ( ; ), ( ; )A x x m B x x m+ + trong đó x 1 ,x 2 là nghiệm của (2) . Ta thấy I không nằm trên d nên có tam giác AIB, toạ độ trọng tâm tam giác AIB là 1 2 1 2 3 5 3 3 : 1 1 3 3 x x m x G x m x m m y + + −  = =    − + + + + +  = =   G nằm trên (C) ta có 5 1 1 3 5 3 3 3 m m m − + + = − − 2 8 20 0 10; 2m m m m⇔ + − = ⇔ = − = Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình 4 4 4sin 4 os ( ) 1 4 2 os2x x c x c π + − − = (1) ĐK: os2x 0 ( ) 4 2 c x k k π π ≠ ⇔ ≠ + ∈¢ 2 2 (1) (1 os2x) 1 os(2x- ) 1 2 os2x 2 c c c π   ⇔ − + + − =  ÷   2 2 (1 os2x) (1 sin 2x) 1 2 os2xc c⇔ − + + − = 2 2 os2x+2sin 2x 2 os2x 2 os2x-sin2x 1c c c⇔ − = ⇔ = 2 2 2 2( os sin ) ( osx+sinx) 0c x x c⇔ − − = osx+sinx 0 ( osx+sinx)( osx 3 inx) 0 ( ) 4 osx 3sinx 0 arctan3 c x k c c s k c x k π π π  = = − +   ⇔ − = ⇔ ⇔ ∈   − =  = +  ¢ 2 -1 - ∞ -1 + ∞ + ∞ 3 - ∞ y y ' x -10 -5 5 4 2 -2 -4 -6 f x ( ) = -1 s x ( ) = -1 f x ( ) = -1 r x ( ) = -1 f y ( ) = 3 q y ( ) = 3 1 3 -1 3 -1 x y x=3 y =-1 O g x ( ) = -1 f x ( ) = x+1 3-x Kết hợp với điều kiện phương trình đã cho có nghiệm là arctan3 ( )x k k π = + ∈¢ Câu 3(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 6x 1 1 (1) ( , ) 6 1 1 (2) y y x y y x x  + = − +  ∈  + = − +   ¡ Điều kiện: 1 1 x y ≥   ≥  trừ vế với vế (1) cho (2) ta được 2 2 2 2 6x 1 6 1 1 1 (*)y y x y x+ − + = − − − + − Nếu x=y=1 thay vào hệ không thoả mãn Nếu(x;y) ≠ (1;1) 2 2 2 2 2 2 6x 6 (*) 1 1 6x 1 6 1 y y x y x y x y − − ⇔ = + − − + − + + + 2 2 6x+6y 1 ( ) 0 0 1 1 6x 1 6 1 x y x y x y y x y x y    ÷ ⇔ − + + + = ⇔ − = ⇔ =  ÷ − + − + + +   Với y=x thay vào (1) ta có 2 2 2 2 2 2 2 6x 24 2 6x 1 1 6x 1 5 1 1 4 4 1 1 6x 1 5 x x x x x x x − − + = − + ⇔ + − = − − + − ⇔ = + − − + + + 2 6 1 ( 2) ( 2)(1 ) 0 2 0 2 2 1 1 6x 1 5 x x x x y x   ⇔ − + − + = ⇔ − = ⇔ = ⇒ =  ÷ − + + +   .Vậy hệ có nghiệm x=y=2 Câu 4(1,0 điểm) diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ln( 1); ; 0; 1y x x y x x x= + = = = là 1 0 | ln( 1) | xS x x x d= + − ∫ .Xét phương trình ( ) 0 (0;1) xln x 1 x 0 1 1 x x e = ∉  + − = ⇔  = − >  do vậy 1 1 1 2 0 0 0 ( ln( 1) ) x ln( 1) x 2 x S x x x d x x d= + − = + − ∫ ∫ Đặt 1 1 2 2 0 0 x ln( 1) 1 1 1 1 ln( 1) x dx 2 2 2 1 2 d dU U x x x x S x d dV x x V  =  = +  − −  + ⇒ ⇒ = + − −   = −   =   ∫ 1 2 0 ( 1) 1 1 4 2 4 x − = − − = Câu 5(1,0 điểm) tam giác SAC cân tại S và tam giác ABC đều có H là trung điểm AB nên SH ⊥ AB,CH ⊥ AB=>AB ⊥ (SHC) mà AB=(SAB) ∩ (ABC) nên góc giữa (SAB) và (ABC) bằng góc giữa SH và CH do CH>SC nên · SHC nhọn => · 0 60SHC = Thể tích S.ABC là . . . . . . 3 3 3 SCH SCH SCH S ABC S ACH S BCH AH S BH S AB S V V V ∆ ∆ ∆ = + = + = Tam giác đều ABC cạnh a có đường cao 3 2 a CH = , 2 2 2 2 21a 3 36 4 3 a a SH SA AH= − = − = Diện tích tam giác SHC là · 2 0 1 1 3 3 3 . .sin sin 60 2 2 3 2 8 SHC a a a S SH CH SHC ∆ = = = 3 . 3 24 S ABC a V⇒ = H, K là trung điểm của AB, AC nên HK là đường trung bình của tam giác ABC=>HK//BC=>HK//(SBC) nên d(HK,(SBC))=d(H,(SBC)) . . 3 3 2S S HBC S ABC SBC SBC V V S ∆ ∆ = = Theo định lí côsin trong tam giác SHC có 2 2 0 21 2. . . os60 6 a SC SH CH SH CH c SB= + − = = nên tam giác SBC cân tại S. Gọi I là trung điểm BC=> 2 2 2 3 1 3 3a . ( ,( )) 3 2 6 8 SBC a a SI SC CI S SI BC d HK SBC ∆ = − = ⇒ = = ⇒ = Câu 6(1,0 điểm) Gọi (C) có tâm I bán kính R. OI cắt BC tại H thì H là trung điểm BC và OH vuông góc BC =>H(0; 3 )=>OH= 3 . Do tam giác OBC đều nên 3 I a 60 0 H K B C A S OH= 3 3 2 2 BC BC= ⇔ = . Trong tam giác vuông IB có 2 1 . 1 3 HB HI HO IH= = ⇒ = 1 3 4 3 (0; ) (0; ) 3 3 3 HI OH I= = ⇒ uuur uuur Trong tam giác vuông IBH có 2 2 2 2 4 3 R IB IH HB= = + = .Vậy phương trình đường tròn (C): 2 2 4 3 4 ( ) 3 3 x y+ − = Câu 7(1,0 điểm) D cắt d 1 , d 2 lần lượt tại A và B =>A(1+t;3-t;t) , B(3+b;1+b;-2+b) mà d đi qua I nên A, B, I thẳng hàng 1 ( 1) 1 ( 1) 1 ( 3) t k b IA k IB t k b t k b − = +   ⇔ = ⇔ − = −   + = +  uur uur 1 0 1 1 (3;1;2), (3;1; 2) 3 1 2 t kb k b t kb k k A B t kb k t − − = =     ⇔ − − + = − ⇔ = ⇒ −     − − = − =   Gọi C là trung điểm AB=>C(3;1;0) BC=2 Mặt cầu đường kính AB có tâm C bán kính R=BC có phương trình là (x-3) 2 +(y-1) 2 +z 2 =4 Câu 8(1,0 điểm) 2 2 2 2 3(1 2) 3(1 2)( 1 2) (2 8) 2 (2 8) 2 (2 8) 2 (1 2) 1 2 2 1 i i i z i z z z i z z z i z i z i + + − − + − + = ⇔ + − + = ⇔ + − + = − + + − 2 2 (2 8) 2 (1 2 2) 2 0(1)z i z i z z z⇔ + − + = − ⇔ + + = Gọi z=a+bi (a,b ∈¡ ) thoả mãn (1) ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 0 a bi a bi 2 0 2 ( 2a ) 0 2a 0 a b a a b a i b b b b  − + + = − + + + = ⇔ − + + + − = ⇔  − =  11 1 ; 2 2 b a⇔ = ± = Vậy có 2 số phức thoả mãn đề bài là 1 11 1 11 , 2 2 2 2 z i z i= + = − Câu 9(1,0 điểm) 2 2 2 9 2( ) a b c P b c a a b c = + + + + + Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 ; ; a b c a b c ab bc ca a b b b c c c a a b c a a b c + ≥ + ≥ + ≥ ⇒ + + ≥ + + = + + có 2 2 2 ( ) . . . ( ) ( ) ( )a b c abc a b c ab ac bc ba ca bc ab bc ac+ + = + + = + + ≤ + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ( ) ( ) ab ac ab bc ca cb 3 3 ab bc ca ab bc ca a b c + + + + ⇔ + + ≤ ⇒ + + ≤ 2 2 2 2 9 27 2( ) 2( ) a b c P ab bc ca b c a a b c ab bc ca = + + + ≥ + + + + + + + = 2 27 9 2 2 2( ) 2 ab bc ca ab bc ca ab bc ca + + + + + + ≥ + + . Khi a=b=c=1 thì P= 9 2 nên giá trị nhỏ nhất của P bằng 9 2 4 H O C B I . +  ¢ 2 -1 - ∞ -1 + ∞ + ∞ 3 - ∞ y y ' x -1 0 -5 5 4 2 -2 -4 -6 f x ( ) = -1 s x ( ) = -1 f x ( ) = -1 r x ( ) = -1 f y ( ) = 3 q y ( ) = 3 1 3 -1 3 -1 x y x=3 y. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 192 Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số 1 3 x y x + = − có đồ thị (C) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số. b) Gọi