ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 156 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. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. ( 7 điểm ) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: ( ) ( ) 3 2 2 6 9 2 2y m x mx m x= − − + − − (C m ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1. 2. Tìm m để đường thẳng d: y=-2 cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 13 . Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2(cos 3 sin )cos cos 3sin 1 + = − + x x x x x 2. Giải hệ phương trình:    =−− =−++−− 12 4)3()1(3 22 yxyx xyyyxx ( ) x, y R∈ Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: e 2 1 ln x x I dx x + = ∫ Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 3, AC = 4 góc tạo bởi các mặt bên và đáy bằng 60 o . Tính thể tích của khối chóp S.ABC Câu V: (1,0 điểm) Cho hai số a, b ∈ (0;1) và a b≠ . Chứng minh rằng: 2013 2013 ln 2013 (log log ) 4 1 1 b a b a b a − > − − − II .PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VIa (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d 1 : x – 2y + 1 = 0; d 2 : 3x – y – 2 = 0; d 3 : 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d 1 điểm N trên d 2 sao cho MN = 5 và MN song song với d 3 . 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+2y+2z-6=0, gọi A, B, C lần lượt là tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Tìm tâm và bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC. Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi 1 2 ,z z là hai nghiệm của phương trình 2 2 2 0z z− + = trên tập số phức . Tìm modun của số phức : ( ) ( ) 12 5 1 2 w 1 1z z= − + − . B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb (2,0 điểm) 1. . Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:x 2 + y 2 – x – 4y – 2 = 0 và các điểm A(3 ;-5) ; B(7;-3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA 2 + MB 2 nhỏ nhất 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho 3 điểm ( ) ( ) ( ) 1;2; 1 , 2;1;1 ; 0;1;2A B C− và đường thẳng (d) có phương trình là: ( ) 1 1 2 : 2 1 2 x y z d − + + = = − . Hãy lập phương trình đường thẳng ( ) ∆ đi qua trực tâm của tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng (d). Câu VIIb (1,0 điểm) Giải phương trình: 3 3 2 3 2.3 3 2 0 x x x x x+ − − − + = ( ) x R∈ 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: ………………………… Câu Đáp án Điểm Câu I 1) Khi m = 1 ⇒ 3 2 6 9 2y x x x= − + − • TXĐ: D = R 3 2 lim ( 6 9 2) x x x x →−∞ − + − = −∞ , 3 2 lim ( 6 9 2) x x x x →+∞ − + − = +∞ ' 2 1 3 12 9 0 3 x y x x x =  = − + = ⇔  =  0,25 đ • BBT: x - ∞ 1 3 + ∞ y / + 0 - 0 + 2 + ∞ y - ∞ -2 0,25 đ Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+ ∞ ) Hàm số nghịch biến: (1;3) f CĐ = f(1) = 2 f CT = f(3) = -2 Khi y’’ =6x-12=0 2x ⇔ = =>y=0 Khi x=0=>y=-2 x= 4=>y=2 Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối xứng 0,5 đ 2) Phương trình hoành độ giao điểm là: ( ) ( ) 3 2 2 6 9 2 2 2m x mx m x− − + − − = − ( ) ( ) 3 2 2 6 9 2 0m x mx m x⇔ − − + − = (1) ( ) ( ) 2 2 6 9 2 0x m x mx m   ⇔ − − + − =   ( ) ( ) ( ) 2 0 2 6 9 2 0 2 x m x mx m =  ⇔  − − + − =  0,25 đ 0,25 đ Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện: ( ) 2 2 1 9 9 2 0 2 2 0 m m m m m  >  ∆ = − − >  ⇔   ≠ − ≠    Gọi tọa độ điểm B(x B ; -2), C(x C ; -2) Đk: x B ≠ x C Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2 Theo bài ra ta có ( ) 2 1 . 13 13 4 13(3) 2 OBC B C B C S h BC BC x x x x ∆ = = ⇒ = ⇔ + − = 0,25 đ Theo định lý viét ta có: 6 2 9 B C B C m x x m x x  + =  −   =  (4) Thay (4) vào (3) ta được: 2 14 6 36 13 13 2 14 m m m m  =    − = ⇔  ÷  −   =  (tm) 0,25 đ Câu II 1) Giải phương trình: ( ) 2 cos 3 sin cos cos 3 sin 1x x x x x+ = − + cos2 3sin 2 cos 3 sin sin 2 sin 6 6 x x x x x x π π     ⇔ + = − ⇔ + = −  ÷  ÷     ( ) 2 2 2 3 3 k x x k k Z π π π ⇔ = ∨ = + ∈ 0,25 0,25 0.25 2) Từ pt: x 2 -3x(y-1) + y 2 + y(x-3) = 4 ⇔ (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) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III Tính tích phân: I= 2 2 1 1 1 ln ln 1 e e e x x x dx dx dx x x x + = + ∫ ∫ ∫ 0,25 đ Đặt I 1 = 1 2 2 1 1 1 ln 1 1 1 1 1 1 2 ln 1 e e e e x e dx x dx x x x e x e e e −   = − + = − − = − − − =  ÷   ∫ ∫ 0,25 đ Đặt I 2 = 1 1 1 ln ln ln1 1 e e dx x e x = = − = ∫ 0,25 đ Vậy I=I 1 +I 2 = 2 2 2 1 e e e e − − + = Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC); M, N, K lần lượt là hình chiếu của H lênh cạnh AB, AC, BC. Khi đó thể tích V của khối chóp được tính bởi công thức : 1 . 3 ABC V S SH ∆ = ,mà 1 . 6 2 ABC S AB AC ∆ = = 0,25 đ 0,25 Câu IV -Tính SH. Xét các tam giác SHM, SHN, SHK vuông tại H, có các góc SMH, SNH, SKH bằng 60 0 do đó HM = HN = HK => H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC => 2 1 ABC S HM AB BC CA = = + + =>SH = HM.tan60 0 = 3 Vậy 1 3.6 2 3 3 V = = 0,25 0,25 0,25 Bđt 2013 2013 2013 2013 ln 2013 (log log (1 ) log log (1 )) 4b b a a b a ⇔ − − − + − > − TH1: nếu b > a thì bđt 2013 2013 2013 2013 4 4 log log (1 ) log log (1 ) ln 2013 ln 2013 b a b b a a⇔ − − − > − − − Xét hàm số f(t) = 2013 2013 4 log log (1 ) (0;1) ln 2013 t t t t− − − ∈ Ta có f’(t) = 2 (2 1) 0 (0;1) (1 )ln 2013 t t t t − ≥ ∀ ∈ − vậy hàm số f(t) đồng biến trên (0;1) Suy ra b > a ta có f(b) >f(a) từ đó ta có điều phải chứng minh 0,25 0,25 0,25 TH2: b < a Chứng minh tương tự. 0,25 1).M thuộc d 1 , N thuộc d 2 nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2) 2 2 2 5 5 ( 2 1) (3 2) 5MN MN b a b a= ⇔ = ⇔ − + + − − = <=> (1) 3 3 / / . 0 ( 2 1;3 2).(2;1) 0 d MN d MN n b a b a a b⇔ = ⇔ − + − − = ⇔ = uuuur uur thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2 Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2; 4) 0,25 0,5 0,25 2) Tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3).Gọi phương trình mặt cầu (S): x 2 +y 2 +z 2 +2Ax+2By+2Cz+D=0n (Điều kiện: A 2 +B 2 +C 2 -D>0)(1) Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình: 3 0 3 36 12 0 2 9 6 0 3 2 9 6 0 0 A D B A B C C D = −   =   = −  + =   ⇔   + =   = −   + =   =  0,25 0,25 B A H M S C N K Vậy phương trình mặt cầu (S): x 2 +y 2 +z 2 -6x-3y-3z=0 có tọa độ tâm I( 3 3 3; ; 2 2 ) bán kính 3 6 2 R = 0,25 0,25 Câu VIIa 2 2 2 0z z− + = .Có , 2 1 2 1 i∆ = − = − = 0,25 đ Giải phương trình ta được nghiệm là 1 2 1 1 z i z i = −   = +  0,25 đ Thay vào w ta đ ược ( ) 12 5 w 1i i i= − + = + hoặc 12 5 w ( ) 1i i i= + − = − Vậy /w / = 1 0,5 đ VIb(2,0đ) 1).Đường tròn (C) có tâm 1 5 ( ;2), 2 2 I R = -Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; -4). Xét tam giác MAB có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 MA MB AB AB MH P MA MB MH + = − ⇔ = + = + do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C) mà 5 3 : 4 4 x t IH y t = +   = − −  , thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t 2 + 3t + 2 = 0 <=> t = -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1; 4) -Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm 0,25 0,25 0,25 0,25 2).Ta có ( ) ( ) ( ) 1; 1;2 , 1; 1;3 , 1; 5; 2AB AC AB AC   = − = − − ⇒ = − − −   uuur uuur uuur uuur nên phương trình mặt phẳng (ABC): ( ) ( ) ( ) 1 1 5 2 2 1 0 5 2 9 0x y z x y z − − − − − + = ⇔ + + − = 0,25 Gọi trực tâm của tam giác ABC là ( ) , ,H a b c , khi đó ta có hệ: ( ) ( ) . 0 2 3 2 . 0 3 0 1 2;1;1 5 2 9 1 BH AC a b c a CH AB a b c b H a b c c H ABC  = − + = =       = ⇔ + − = ⇔ = ⇒       + + = = ∈     uuur uuur uuur uuur 0,25 Do đường thẳng ( ) ∆ nằm trong (ABC) và vuông góc với (d) nên: ( ) , 12,2, 11 ABC ABC d d u n u n n u u ∆ ∆ ∆  ⊥    ⇒ = = −    ⊥   uur r uur r r uur uur . Vậy đường thẳng ( ) ∆ đi qua điểm ( ) 2;1;1H và có vtcp ( ) 12,2, 11− nên 2 1 1 : 12 2 11 x y z− − − ∆ = = − 0,25 VIIb 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2.3 3 .3 2 0 3 (1 3 ) 2(1 3 ) 0 (1 3 )(2 3 ) 0 3 1 0 1 3 2 0( ) x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x pt x x VN + − − + + − − − + − + ⇔ − − + = ⇔ − + − = ⇔ − + =  = =  ⇔ ⇔   = ±   + =  0,25 0,25 0,5 Hết . 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 THÍ SINH. ( 7 điểm ) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: . pt: x 2 -3 x(y-1) + y 2 + y(x-3) = 4 ⇔ (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. đ • BBT: x - ∞ 1 3 + ∞ y / + 0 - 0 + 2 + ∞ y - ∞ -2 0,25 đ Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+ ∞ ) Hàm số nghịch biến: (1;3) f CĐ = f(1) = 2 f CT = f(3) = -2 Khi y’’ =6x-12=0 2x ⇔