ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 40 pdf

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 1 ( 2.0 điểm) : Cho hàm số 4 2 2 2 3y x mx m= − − + có đồ thị (C m ) 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2/ Tìm m để hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4 2 . Câu 2 (2.0 điểm ) : 1/ Giải phương trình 2 3 1 8sin sin cos x x x + + = 2/ Giải hệ phương trình : 3 3 3 2 2 8 27 28 ( , ) 2 3 2 x y y x y x y x y  + =  ∀ ∈  + =   ¡ Câu 3 (1.0 điểm ) : Tính tích phân 2 4 0 3sin 1 cos2 x x I dx x π + = + ∫ Câu 4 ( 2.0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Chân đường cao hạ từ đỉnh S của hình chóp trùng với trung điểm I của cạnh AB và góc giữa cạnh bên SC với mặt phẳng đáy bằng 30 0 . 1/ Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. 2/ Gọi K là trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SDK). Câu 5 (1.0 điểm ) : Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1 1 1 1 M a b c ab bc ca = + + + + + . Câu 6 (2.0 điểm ) : 1/ Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A(4; -2). Viết phương trình đường thẳng d không đi qua A, cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại A và diện tích tam giác ABC là nhỏ nhất. 2/ Trong hệ tọa độ không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình 2 2 2 4 2 6 11 0x y z x y z+ + − + − − = và mặt phẳng (P) có phương trình 2x - 2y + z + 7 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (α) song song với (P) và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn có diện tích bằng 9π. Hết ĐÁP ÁN Câu Ý Đáp án Điểm 1 (2đ) 1.1 (1.0 điểm) Khi m = 1⇒ y = x 4 −2x 2 +2 * Tập xác định: D = ¡ 0.25 *Sự biến thiên + Giới hạn tại vô cực x lim y →+∞ = +∞ , x lim y →−∞ = + ∞ + Đạo hàm y’ = 4x 3 − 4x = 4x(x 2 - 1) y’ = 0 ⇔ 4x(x 2 - 1) =0 ⇔ x 0 x 1 =   = ±  0.25 + Bảng biến thiên x - ∞ -1 0 1 + ∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y + ∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0 ) và (1; +∞) ; nghịch biến trên các khoảng (-∞; -1) và (0; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = 0 ⇒ y CĐ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1 và x = 1 ⇒ y CT = 1 0,25 *Đồ thị 0.25 1.2 (1.0 điểm) Ta có 3 2 ' 4 4 4 ( )y x mx x x m= − = − 2 2 0 ' 0 4 ( ) 0 (*) x y x x m x m =  = ⇔ − = ⇔  =  Để hàm số có ba cực trị thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác 0. Tức là : m > 0 0.25 Khi đó các điểm cực trị là A(0; - m 2 + 3) , 2 ( ; 2 3)B m m− − + , 2 ( ; 2 3)C m m− + Ta có 2 2 ( ; ), ( ; )AB m m AC m m= − − = − uuur uuur ⇒ AB = AC hay tam giác ABC cân tại A Gọi I là trung điểm BC thì I(0; - 2m 2 + 3) 2 2 (0; )AI m AI m= − ⇒ = uur 0.25 1 1 -1 O 2 - ∞ 1 1 2 (2 ;0) 2BC m BC m= ⇒ = uuur Mà 2 1 1 4 2 . 4 2 . .2 4 2 2 2 ABC S AI BC m m ∆ = ⇔ = ⇔ = 5 32 2m m⇔ = ⇔ = 0.25 Kết hợp điều kiện m > 0 ta có m = 2 là giá trị cần tìm 0.25 2 (2đ) 2.1 (1.0 điểm) Điều kiện x k 2 π ≠ 0,25 Khi đó phương trình tương đương 2 (2 3)cos sin 8sin .cosx x x x+ + = (2 3)cos sin 4(1 cos2 ).cosx x x x⇔ + + = − (2 3)cos sin 4cos 2(cos3 cos )x x x x x⇔ + + = − + 0,25 3 cos sin 2cos3x x x⇔ + = − 3 1 cos sin cos3 2 2 x x x⇔ + = − cos cos( 3 ) 6 x x π π   ⇔ − = −  ÷   0,25 7 3 2 6 24 2 5 3 2 6 12 x x k x k x x k x k π π π π π π π π π π   − = − + = +   ⇔ ⇔     − = − + + = −     (TMĐK) 0,25 2.2 (1.0 điểm) Nếu y = 0 thì hệ phương trình trở thành 27 0 3 0x =   =  (vô lý). Suy ra y ≠ 0 Khi đó hệ phương trình tương đương 3 3 3 3 2 2 27 3 8 28 (2 ) 28 2 3 3 3 2 2 . 2 12 x x y y x x x x y y y y     + =  + =   ÷     ⇔       + = + =  ÷       0,25 Đặt 3 2 vµu x v y = = , hệ phương trình trở thành 3 3 28 ( ) 12 u v uv u v  + =   + =   3 ( ) 3 ( ) 28 ( ) 12 u v uv u v uv u v  + − + =  ⇔  + =   3 4 ( ) 64 3 ( ) 12 u v u v uv uv u v  + =  + =  ⇔ ⇔   = + =    3 1 1 3 hoÆc u u v v = =   ⇔   = =   0,25 Với 3 1 u v =   =  thì 2 3 3 3 2 1 3 x x y y =   =   ⇔   =   =   Với 1 3 u v =   =  thì 2 1 1 3 2 3 1 x x y y =   =   ⇔   =   =   0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là 3 1 ;3 ; ;1 2 2 S       =    ÷  ÷       0,25 3 (2đ) 3.1 (1.0 điểm) 2 4 0 3sin 1 cos2 x x I dx x π + = + ∫ 2 4 2 0 3sin 2cos x x dx x π + = ∫ 2 4 4 2 2 0 0 3sin 2cos 2cos x x dx dx x x π π = + ∫ ∫ = I 1 + I 2 0,25 Tính 4 4 1 2 2 0 0 1 2 2cos cos x x I dx dx x x π π = = ∫ ∫ . Đặt 2 1 tan cos u x du dx v xdx dv dx x =  =   ⇒   = =    Do đó 4 4 1 0 0 1 1 tan tan 2 2 I x x xdx π π = − ∫ 4 0 1 sin 8 2 cos x dx x π π = − ∫ 4 0 1 (cos ) 8 2 cos d x x π π = + ∫ 4 0 1 1 2 ln cos ln 8 2 8 2 2 x π π π = + = + 0,25 Tính 2 4 4 2 2 2 0 0 3sin 3 tan 2 2cos x I dx xdx x π π = = ∫ ∫ 4 2 0 3 1 1 2 cos dx x π   = −  ÷   ∫ ( ) 4 0 3 tan 2 x x π = − 3 3 2 8 π = − 0,25 Vậy 1 2 3 3 1 2 3 ln ln 8 2 2 2 8 2 2 2 4 I π π π = + + − = + − 0,25 4 (2đ) 4.1 (1.0 điểm) Ta có SI ⊥ (ABCD) nên IC là hình chiếu của SC lên (ABCD) do đó góc giữa SC và (ABCD) là góc · 30 o SCI = (vì ∆SIC vuông tại I). 0,25 Xét BIC ∆ vuông tại B có: 2 2 5IC BI BC a= + = Xét SIC∆ vuông tại I có: tan 60 o SI IC = ⇒ SI = IC . tan 15 60 3 o a = 0,25 Diện tích hình vuông ABCD là: 2 2 (2 ) 4 ABCD S a a= = 0,25 Vậy thể tích khối chóp là : 3 2 1 1 15 4 15 . . .4 3 3 3 9 SABCD ABCD a a V SI S a= = = (đvtt) 0,25 4.2 (1.0 điểm) Gọi E = DK ∩ IC . Ta có : ∆ IBC = ∆KCD ⇒ · · BCI KDC= Mà · · 90 o DKC KDC+ = (vì ∆KCD vuông tại C) Nên · · 90 o DKC BCI+ = · 90 o KEC⇒ = hay DK ⊥ IC (1) 0,25 Lại có DK ⊥ SI (vì SI ⊥ (ABCD)) (2) 0,25 E K I B C D A S H Từ (1) và (2) suy ra DK ⊥ (SIC) Trong ∆ SIE kẻ IH ⊥ SE (3) Mà DK ⊥ (SIC) nên DK ⊥ (SIE) ⇒ DK ⊥ IH (vì IH ⊂ (SIE)) (4) Từ (3) và (4) suy ra IH ⊥ (SKD) , do đó ( ,( ))d I SKD IH= Ta có KD = IC = 5a Lại có EC.KD = CK.CD = 2S ∆ KCD . 2 5 5 CK CD a EC KD ⇒ = = 3 5 5 a IE IC EC⇒ = − = 0,25 Xét tam giác SIE vuông tại I có : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 5 52 15 9 45IH SI IE a a a = + = + = 2 2 45 3 65 52 26 a a IH IH⇒ = ⇒ = Vậy 3 65 ( ,( )) 26 a d I SKD IH= = 0,25 5 (1đ) Áp dụng bđt Cauchy ta có : ( ) 2 2 2 3 2 2 2 1 1 1 3 3 . 9 . . ab bc ca a b c ab bc ca a b c   + + + + ≥ =  ÷   1 1 1 9 ab bc ca ab bc ca ⇒ + + ≥ + + 0,25 Do đó: M 2 2 2 1 9 a b c ab bc ca ≥ + + + + + 2 2 2 1 1 1 7 a b c ab bc ca ab bc ca ab bc ca = + + + + + + + + + + + ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 7 ab bc ca a b c ab bc ca ≥ + + + + + + + 0, 25 Lại có: ( ) ( ) 2 2 2 2 3 a b c ab bc ca+ + + + ( ) 2 2 2 2 2 2 2 12 3 3 a b c a b c ab bc ca + + + + + + + ≤ = = (1) Và: 2 2 2 a b c ab bc ca+ + ≥ + + 2 2 2 2 2 2 3 3 3a b c ab bc ca ab bc ca⇔ + + + + + ≥ + + ( ) ( ) 2 3a b c ab bc ca⇔ + + ≥ + + ( ) 2 12 3 a b c ab bc ca + + ⇔ + + ≤ = (2) 0,25 Từ (1) và (2) Suy ra: M 3 7 10 5 12 12 12 6 ≥ + = = Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là M min = 5 6 Khi 2a b c= = = 0,25 6 (2đ) 6.1 (1.0 Ta có: B (b ; 0) ∈ Ox và C (0 ; c) ∈ Oy với b > 0 , c > 0 ( ) 4;2AB b= − uuur , ( 4; 2)AC c= − + uuuv 0,25 điểm) Vì ∆ABC vuông tại A nên . 0AB AC = uuur uuur 4( 4) 2( 2) 0b c⇔ − − + + = 2 2( 4)c b⇔ + = − Lại có 1 . 2 ABC S AB AC ∆ = 2 2 1 ( 4) 4. 16 ( 2) 2 b c= − + + + 2 2 1 ( 4) 4. 16 4( 4) 2 b b= − + + − 2 ( 4) 4 4b= − + ≥ 0,25 Do đó diện tích tam giác ABC nhỏ nhất là 4 khi b = 4 ⇒ c = - 2 ⇒ B(4; 0) và C(-2; 0) 0,25 Đường thẳng d cần tìm đi qua A, B nên có phương trình 1 2 4 0 4 2 x y x y+ = ⇔ − − = − 0,25 6.2 (1.0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I(2; - 1; 3) và bán kính R = 5 Vì (α) //(P) nên phương trình (α) có dạng : 2x - 2y + z + D = 0 (với D ≠ 7) 0,25 Vì mặt phẳng (α) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng 9π nên bán kính đường tròn là r = 3. Ta có 2 2 ( ,( )) 4d I R r α = − = 0,25 Mà 2 2 2.2 2.( 1) 3 9 ( ,( )) 3 2 ( 2) 1 D D d I α − − + + + = = + − + Suy ra 9 4 3 D+ = 9 12 3 9 12 21 D D D D + = =   ⇔ ⇔   + = − = −   (TMĐK D ≠ 7) 0,25 Vậy có hai phương trình mặt phẳng (α) cần tìm là : 2x - 2y + z + 3 = 0 hoặc 2x - 2y + z - 21 = 0 0,25 . 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 1 ( 2.0 điểm) : Cho hàm số 4. khoảng (-1 ; 0 ) và (1; +∞) ; nghịch biến trên các khoảng (- ; -1 ) và (0; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = 0 ⇒ y CĐ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1 và x