ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 109 docx

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 điểm) Cho hàm số ( ) ( ) 3 2 3 1 1 1y x x m x= − + + + có đồ thị ( ) m C với m là tham số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1m = − b) Tìm m để đường thẳng ( ) : 1d y x= + cắt đồ thị ( ) m C tại 3 điểm phân biệt ( ) 0,1 , ,P M N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 5 2 2 với ( ) 0;0O Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: ( ) xxxxx 4cos1cossin42cos24sin +=+++ Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình:    =−− =−++−− 12 4)3()1(3 22 yxyx xyyyxx R),( ∈yx Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân: + + + = + ∫ e x x x x I dx x x x 2 2 2 2 1 2 (1 2ln ) ln ( ln ) Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, , 2 2AB a AD a= = . Hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 45 0 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. Câu 6 (1 điểm) Cho ba số thực dương a , b , c thay đổi thỏa mãn điều kiện : ab + bc + ca = 2abc. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 1 (2 1) (2 1) (2 1) 2a a b b c c + + ≥ − − − II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 : 3 1 9C x y− + − = và đường thẳng ( ) :d 10 0x y+ − = . Từ điểm M trên ( ) d kẻ hai tiếp tuyến đến ( ) C , gọi ,A B là hai tiếp điểm.Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn 3 2AB = Câu 8.a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai đường thẳng 1 1 : 2 1 x t d y t z = +   = −   =  2 2 1 1 : 1 2 2 x y z d − − + = = − . Viết phương trình mp(P) song song với 1 d và 2 d , sao cho khoảng cách từ 1 d đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ 2 d đến (P). Câu 9.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )i z− là số thực và 2 5 1z i− + = . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ O. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng ( ) : 2 5 0d x y+ − = . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng AC đi qua điểm ( ) 6;2K Câu 8.b (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1). Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): 1 0− + − =x y z để ∆MAB là tam giác đều. Câu 9.b (1 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức n xnxx )1( )1(21 2 −++−+− thu được đa thức n n xaxaaxP +++= )( 10 . Tính hệ số 8 a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: n CC nn 171 32 =+ . Hết HƯỚNG DẪN Câu Đáp án Điểm 1 (2 đ) a. (1 điểm) Với m =-1, 3 2 y x 3x 1= − + 1) Tập xác định: .R 2) Sự biến thiên: a. Giới hạn: ( ) 3 2 x x x lim y lim x 3x 1 ,lim y →−∞ →−∞ →+∞ = − + = −∞ = +∞ . b. Bảng biến thiên: 2 x 0 y 3x 6x 3x(x 2), y 0 x 2 =  ′ ′ = − = − = ⇔  =  Bảng biến thiên: x ∞− 0 2 ∞+ y ′ + 0 - 0 + y 1 ∞+ ∞− -3 + Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ . + Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 . + Hàm số đạt cực đại tại CÐ x 0, y y(0) 1= = = đạt cực tiểu tại CT x 2, y y(2) 3= = = − 3) Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1) Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng. f(x)=x^3-3x^2+1 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y b. (1 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) m C và (d): ( ) 3 2 3 1 1 1x x m x x− + + + = + ( ) ( ) ( ) 2 2 0 1 0;1 3 0 3 0 2 x y P x x x m x x m = ⇒ = ⇒ ⇔ − + = ⇔  − + =   Để ( ) m C cắt (d) tại 3 điểm phân biệt ( ) 2⇔ có 2 nghiệm phân biệt khác 0 0 9 4 m m ≠   ⇔  <   Giả sử ( ) ( ) 1 1 2 2 ; 1 , ; 1M x x N x x+ + khi đó 1 2 ;x x là nghiệm của pt(2) 0.5 Ta có ( ) ( ) 1 . . . ; 2 4 OMN OM ON MN S MN d O d R = = (với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 . . . ; . 2 . ; 5 2 ; 3 2 4 OM ON d O d OM ON R d O d d O d R ⇒ = ⇔ = = Mà ta có ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 . 2 2 1 2 2 1OM ON x x x x= + + + + Với 2 2 1 1 2 2 3 ; 3x x m x x m= − = − 2 . 4 12 25OM ON m m⇒ = + + ( ) ( ) 1 2 * ; 2 2 d O d = = Khi đó thế vào (3) ta được 2 0 2 4 12 25 5 2 5 3 2 m m m m =  + + = = ⇔  = −  Vậy 3m = − thỏa mãn ycbt 0.5 2 (1 đ) ( ) xxxxx 4cos1cossin42cos24sin +=+++ ( ) 0cossin42cos22cos22cos2sin2 2 =++−+⇔ xxxxxx ( ) ( ) 0cossin22cos12sin2cos =++−+⇔ xxxxx ( ) ( ) 0cossin2sin2cossin22cos 2 =+++⇔ xxxxxx ( )( ) 01sin2coscossin =++⇔ xxxx Với Zkkxxx ∈+−=⇔=+ , 4 0cossin π π Với ( ) ( ) ( ) 01sin21sin01sinsin2101sin2cos 22 =−−−⇔=+−⇔=+ xxxxxx Zmmxx ∈+=⇔=⇔ ,2 2 1sin π π 0.5 0.5 3 (1 đ) Ta có PT (1) : x 2 -3x(y-1) + y 2 + y(x-3) = 0 ⇔ (x-y) 2 + 3(x-y) - 4 + 0 ⇔    −=− =− 4 1 yx yx * Với x- y = 1, ta có    =−− =− 12 1 yxyx yx ⇔ x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2 * Với x - y = -4 ta có    =−− −=− 12 4 yxyx yx (Hệ PT vô nghiệm) Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2) 0.5 0.5 4 (1 đ) + + = + + + ∫ ∫ e e x x x x I dx dx x x x x x x 2 2 2 2 2 2 1 1 ( ln ) ( ln ) ( ln ) + = = = − + ∫ ∫ e e x x A dx dx e x x x x 2 2 2 2 1 1 ( ln ) 1 1 1 ( ln ) + + + = = = = = − + + + + ∫ ∫ ∫ e e e x x d x x x B dx dx e x x x x x x x 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ( ln ) 1 1 1 ( ln ) ( ln ) ( ln ) Vậy = − − + I e e 1 1 2 1 0.25 0.25 0.25 0.25 Gọi H là trọng tâm tam giác BCD. Theo gt ( )SH ABCD⊥ Gọi 2 1 2 3 3 O AC BD CH CO AC a AH AC HC a= ∩ ⇒ = = = ⇒ = − = SA tạo với đáy góc 45 0 suy ra 0 45 2SAH SH AH a= ⇒ = = 0.5 5 (1đ) 3 1 1 4 2 . .2 2 .2 3 3 3 ABCD V S SH a a a a= = = Gọi M là trung điểm của SB. Mặt phẳng (ACM) chứa AC và // SD Do đó ( ; ) ( ;( )) ( ;( ))d SD AC d SD ACM d D ACM= = Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó 2 4 2 (0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0) 3 3 a a A B a D a S a C a a    ÷  ÷   5 2 2 ; ; 6 3 a a M a    ÷  ÷   . ( ;2 2 ;0)AC a a= uuur 5 2 2 ; ; 6 3 a a AM a   = ⇒  ÷  ÷   uuuur 2 2 2 (2 2 ; ; 2 )AC AM a a a∧ = − − uuur uuuur Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt (2 2; 1; 2)n = − − r nên có phương trình là 2 2 2 2 2 2 2 0 ( ;( )) 8 1 2 11 a a x y z d D ACM − − − = ⇒ = = + + 0.5 6 (1đ) Từ giả thiết suy ra 1 1 1 2 a b c + + = Đặt : 1 1 1 ; y = ; z = b c x a = Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2 Ta có: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 (2 1) (2 1) (2 1) ( ) ( ) ( ) x y z P a a b b c c y z x z y x = + + = + + − − − + + + Áp dụng bđt Cô-si: 3 2 3 ( ) 8 8 4 x y z y z x y z + + + + ≥ + 3 2 3 ( ) 8 8 4 y x z x z y x z + + + + ≥ + 3 2 3 ( ) 8 8 4 z y x y x z y x + + + + ≥ + Do đó: 1 1 ( ) 4 2 P x y z ≥ + + = ( đpcm) 7a (1đ) x d H M A B I O y Đường tròn (C) có tâm ( ) 3;1 , 3I bk R OA= = 1 M H O B D C A S Gọi H AB IM= ∩ , do H là trung điểm của AB nên 3 2 2 AH = . Suy ra: 2 2 9 3 2 9 2 2 IH IA AH= − = − = và 2 6 3 2 2 IA IM IH = = = Gọi ( ) ( ) ;10M a a d− ∈ ta có ( ) ( ) 2 2 2 18 3 9 18IM a a= ⇔ − + − = 2 2 2 24 90 18 12 36 0 6a a a a a− + = ⇔ − + = ⇔ = Vậy ( ) 6;4M 8a (1đ) Ta có : 1 d đi qua điểm A(1 ; 2 ; 1) và vtcp là : ( ) 1 1; 1;0u → = − 2 d đi qua điểm B (2; 1; -1) và vtcp là: ( ) 2 1; 2;2u → = − Gọi n → là vtpt của mp(P), vì (P) song song với 1 d và 2 d nên n → = [ 1 2 ;u u → → ] = (-2 ; -2 ; -1) ⇒ pt mp(P): 2x + 2y + z + m = 0 d( 1 d ;(P)) = d(A ; (P)) = 7 3 m+ ; d( 2 ;( ))d P = d( B;(P)) = 5 3 m+ vì d( 1 d ;(P)) = 2. d( 2 ;( ))d P 7 2. 5m m⇔ + = + 7 2(5 ) 7 2(5 ) m m m m + = +  ⇔  + = − +  3 17 3 m m = −   ⇔  = −  Với m = -3 ⇒ mp(P) : 2x + 2y + z – 3 = 0 Với m = - 17 3 ⇒ mp(P) : 2x + 2y + z - 17 3 = 0 1 9a (1đ) Giả sử z x yi= + , khi đó (1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i− = − + = + + − (1 3 )i z− là số thực 3 0 3b a b a⇔ − = ⇔ = 2 2 2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a− + = ⇔ − + − = ⇔ − + − = 2 2 2 6 10 34 29 1 5 17 14 0 7 21 5 5 a b a a a a a b = ⇒ =   ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔  = ⇒ =  Vậy 7 21 2 6 , 5 5 z i z i= + = + 1 7b (1đ) (d) I O A B C K ( ) : 2 5 0B d x y∈ + − = nên gọi ( ) 5 2 ;B b b− , vì B, C đối xứng với nhau qua O suy ra (2 5; )C b b− − và (0;0)O BC∈ Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là ( ) : 2 5 0d x y+ − = nên (2;4)I và I AB∈ Tam giác ABC vuông tại A nên ( ) 2 3;4BI b b= − − uur vuông góc với ( ) 11 2 ;2CK b b= − + uuur 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3 11 2 4 2 0 5 30 25 0 5 b b b b b b b b =  − − + − + = ⇔ − + − = ⇔  =  Với 1 (3;1), ( 3; 1) (3;1)b B C A B= ⇒ − − ⇒ ≡ loại Với 5 ( 5;5), (5; 5)b B C= ⇒ − − 31 17 ; 5 5 A   ⇒  ÷   Vậy 31 17 ; ; ( 5;5); (5; 5) 5 5 A B C   − −  ÷   8b (1đ) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): 3 0+ − − =x y z Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d: 2 1 x y t z t =   = +   =  M ∈ d ⇒ (2; 1; )+M t t 2 2 8 11⇒ = − +AM t t , AB = 12 ∆ MAB đều khi MA = MB = AB 2 4 18 2 8 1 0 2 ± ⇔ − − = ⇔ =t t t 6 18 4 18 2; ; 2 2   ± ± ⇒  ÷   M 1 9b (1đ) Ta có      = −− + − ≥ ⇔=+ nnnnnn n nCC nn 1 )2)(1( !3.7 )1( 2 3 171 32 .9 0365 3 2 =⇔    =−− ≥ ⇔ n nn n Suy ra 8 a là hệ số của 8 x trong khai triển .)1(9)1(8 98 xx −+− Vậy 8 a = .89.9.8 8 9 8 8 =+ CC 1 Lưu ý: - Nếu HS làm bài không theo cách của hướng dẫn chấm nhưng đúng thì cho điểm tối đa của câu đó - Nếu có nhiều HS làm có kết quả giống nhau nhưng khác kết quả của hướng dẫn chấm thì đề nghị xem lại hướng dẫn chấm. . điểm uốn I (1 ;-1 ) làm tâm đối xứng. f(x)=x^ 3-3 x^2+1 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y b. (1 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) m C và (d): ( ) 3. 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 điểm) Cho hàm số. x 2 -3 x(y-1) + y 2 + y(x-3) = 0 ⇔ (x-y) 2 + 3(x-y) - 4 + 0 ⇔    −=− =− 4 1 yx yx * Với x- y = 1, ta có    =−− =− 12 1 yxyx yx ⇔ x = 1; y = 0 và x= -1 ; y = -2 * Với x - y = -4 ta