Dap an de thi thu DH mon Toan lan 5 cua Truong HocSo

Xác định tọa độ các đỉnh B và C, viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.... Viết phương trình đường thẳng d ’ là hình chiếu của đường thẳng d lên.[r]

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN V NĂM HỌC 2012 – 2013 Khu vực: Đà Nẵng ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC (Đáp án gồm 09 trang) Ngày 09/12/2012 Môn: TOÁN ; Khối : A và A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Thi thử lần VI tổ chức vào ngày 23 tháng 12 năm 2012) Đáp án Câu 1.a (1,0 điểm) Điểm Cho hàm số: y  x3  2x2  3x  (C) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho A Giải theo chương trình nâng cao 1) Hàm số có tập xác định: D  R 2) Sự biến thiên hàm số: a) Giới hạn vô cực: lim y  ; lim y   x  0,25 x  0,25 x  y '  x  x  ; y '    x  b) Bảng biến thiên: x  y’ + y -  +  0,25  Hàm số đồng biến trên khoảng (;1) và (3; ), nghịch biến trên 1;3 Hàm số đạt cực đại x  và ycđ  , hàm số đạt cực tiểu x  và yct  c) Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm (0;1)  5 Đồ thị nhận điểm uốn I  2;  làm tâm đối xứng  3 0,25 (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) B Giải theo chương trình chuẩn 1) Hàm số có tập xác định: D  R 2) Sự biến thiên: 0,25 0,25 x  + Chiều biến thiên: y '  x  x  ; y '    x  - Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;1 và  3;   - Hàm số nghịch biến trên khoảng 1;3 + Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  1, ycđ  Hàm số đạt cực tiểu x  3, yct  + Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  + Bảng biến thiên: x  y’ + - y  +   3) Đồ thị: + Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm  0;1  5 + Đồ thị nhận điểm uốn I  2;  làm tâm đối xứng  3 4) Vẽ đồ thị: 0,25 0,25 1.b (1,0 điểm) (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) Tìm các giá trị k, để tồn hai tiếp tuyến với (C) phân biệt và có cùng hệ số góc k, đồng thời đường thẳng qua các tiếp điểm hai tiếp tuyến đó tạo với đường thẳng  d  : x  2y   góc , biết cos   17 Phương trình tiếp tuyến (C) có dạng: y  kx  m Hoành độ tiếp điểm x0 là nghiệm phương trình: k  y '( x0 )  x02  x0   k  (1) 0,25 Để có tiếp tuyến thì phương trình (1) có nghiệm k phân biệt  '      k    k  1 Tọa độ các tiếp điểm  x0 ; y0  tiếp điểm là nghiệm hệ: 0,25 k 2  2k   x0   y0  x0  x0  3x0   y0    3  2   x0  x0   k  x0  x0   k Phương trình đường thẳng d ’ qua các tiếp điểm là: y    k   d ’ có vecto pháp tuyến là: n1   ; 1    d có vecto pháp tuyến là: n2  1;    n1.n2 Theo bài ta có: cos     n1 n2 k 2 2 k 2  2k x 3 0,25 k 2   1    17 11  k  (tm)   17 k   5k  20k  65   31  k  (tm)  11 31 Kết luận: Vậy k cần tìm là: k  k  2 0,25 (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) (1,0 điểm)  Giải phương trình:    x2 2 x1   x2 9       x12   34   16 x5 4  3 x10  x2       x2    x3   x2   x 10  x3  x 3 1 1 1    x2   x 3 x 3   4   4 x  x 6 3 x      x2  x     4   x  34 0,25 0,25 x 9 0,25  x3  x  x    x    x  3 Kết luận: Bất phương trình đã cho có tập nghiệm:  ; 3   3;   (1,0 điểm) (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) x x Giải phương trình: 2sin x cos  4cos x cos x  sin x cos  4cos5 x 2 x x  cos  sin x  sin x   sin x cos  2cos x cos x  2cos5x  2 0,25 0,25 x x  2sin x cos cos5 x  cos x sin x cos  2cos x cos x  2cos5 x  2 x  x     2cos5 x  sin x cos  1  cos x  sin x cos  2cos x       x  x     2cos5 x  sin x cos  1  2cos x cos x  sin x cos  1      x  sin x cos  (1)   cos x  cos x cos x  (2) 0,25  x sin   1 x 3x  x 3x  (1)   sin  sin    sin  sin 2  VN 2 2  2 sin 3x    2 (2)  cos x(4 cos x  cos x  1)     x   k  cos x     1 1   cos x   17   x   arccos   17   k  8     1  cos x   17 x   arccos   17   k   8           Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm: x     0,25  k  Z  0,25  k ;   1 1  1  x   arccos   17   k ; x   arccos   17   k 2 8  8   k  Z  (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) (1,0 điểm) Tính tích phân: I   x x dx x 1 x x  dx  1 x2 1 dx   dx x  1 1 x2 x 1 x x 1 Đặt t   dx   x x  x 1 t 1  Khi   x   t  I  Vậy I    d  t  1 dt  t  1  t  1 0,25 0,25 0,25 I 4  t  1 3    24 2  27 0,25 (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác AB  a Biết mặt bên  SBC  vuông với đáy và hai mặt bên  SAB  ,  SAC  cùng tạo với đáy góc  thỏa mãn tan   Gọi M , N là hình chiếu A lên SB và SC Tính thể tích khối AMNBC và diện tích tam giác AMN Gọi O là hình chiếu đỉnh S lên mặt phẳng  ABC  Gọi E , F là chân đường cao điểm O lên AB, AC  SO  AB  SE  AB  OE  AB     SAB  ,  ABC     SE, OE   SEO  900 (vì SOE vuông O ) Tương tự:    SAC  ,  ABC    SFO Theo bài ta có: 𝑡𝑎𝑛𝛼 = 𝑡𝑎𝑛𝑆𝐸𝑂 = 𝑡𝑎𝑛𝑆𝐹𝑂 SO SO    OE  OF  O là trung điểm BC OE OF 3 a a 2 a OA.OB 2 Ta có: OE  OF    a và SO  OE  a  2 3 4 OA2  OB 3    a  a  2    0,25 0,25 13 3  a SE  SF  OE  SO   a      a 4  2 SE AB Ta có: AM SB  SE AB  AM   SB MB  NC  AB  AM  2 13 a 3a a   a    2    39 a  AN  39  3a   a   a     2 VABCMN VS ABC    a  a  15  SB  MB   1      1   SB   a  16   Thể tích khối ABCMN là: VABCMN  15 15 a 3a 15 3 SO.SABC   a (đvtt) 16 16 128 0,25 SM MN 1    MN  BC  a SB BC 4 Gọi H là trung điểm MN , suy AH vuông góc với MN AH   AM  2  39    17 1    MN    a    a   a 2    2  0,25 1 17 3 51 Diện tích tam giác AMN là: SAMN  AH MN  a a a (đvdt) 2 64 (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 P   x  y  1 z  1 y  z  1 x  1 z  x  1 y  1 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 0,25  x  y  z  3 x y z  xyz  1 1 Đặt a  , b  , c   abc  Khi đó: x y z 0,25 a3 b3 c3    b   c    c   a    a   b   Sử dụng bđt Cauchy ta có: a3 b2 c2 a     b   c   27 27 Tương tự với BĐT còn lại Cộng vế ta được: 12 12 A  a  b  c   abc   27 27 27 27 Vậy GTNN A , đạt x  y  z  A 0,25 0,25 (Lời giải: Giang Mạnh Doanh) 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng BD : x  y  12  0, đường thẳng AB qua M  5;1 và đường thẳng BC qua N  9;3 Biết hoành độ điểm B lớn 5, tìm tọa độ đỉnh B  xt Phương trình tham số đường thẳng BD có dạng:  t  R   y  12  2t Gọi tọa độ điểm B theo tham số t thuộc đường thẳng BD là: B  t ,12  2t    Ta có: BM    t;2t  11 , BN    t , 2t    Do ABCD là hình chữ nhật nên ta có: BM BN     t   t    2t   2t  11   5t  54t  144   t  6(tm)    24 t  loai    0,25 0,25 0,25 Kết luận: Tọa độ điểm B là: B  6;0  8.a (1,0 điểm) 0,25 (Lời giải: Nguyễn Thị Thi Anh) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A 1, 1,  và B  3, 2, 1 Viếtphương trình mặt phẳng  P  qua hai điểm A, B biết mặt phẳng  P  vuông góc với mặt  Q  : x  y  2z    Ta có: Vecto phương AB là: AB   2; 1; 1  Vecto pháp tuyến mặt phẳng  Q  là: nQ  1; 2;  0,25  P  qua A, B và vuông góc với mặt phẳng  Q  nên có vecto pháp tuyến là:    nP   AB, nQ    0; 5;5  qua A 1; 1;  Mặt phẳng  P  có:    nP   0; 5;5  Phương trình mặt phẳng  P  là:  x  1 –  y  1   z     y  z   Kết luận: Phương trình mặt phẳng  P  là: y  z   (Lời giải: Nguyễn Thị Thi Anh) 9.a (1,0 điểm) 7.b (1,0 điểm) phẳng 0,25 0,25 0,25 Một đoàn tàu gồm có toa, có hành khách chờ lên tàu Mỗi người chọn cho mình toa cách ngẫu nhiên và độc lập Tìm xác xuất toa có ít hành khách lên tàu Do có lần chọn toa nên có cách chọn là: 35  243 Mỗi toa có ít hành khách lên tàu nên ta có số cách chia hành khách toa là : 2+2+1 3+1+1 Với thứ tự cố định ta tìm số cách chọn là: TH1: 2+2+1: C52 C32  30 0,25 TH2 :3+1+1: C53 C22  20 Nhưng thứ tự nhóm không cố định, tức là có các nhóm: (2,2,1),(2,1,2),(1,2,2)và (3,1,1),(1,3,1),(1,1,3) nên số cách chọn là : 3.(30+20)=150 150 50 Vậy xác suất để toa có ít hành khách lên tàu là: P   243 81 (Lời giải: Đỗ Thanh Xuân) 0,25 0,25 0,25 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng AB : x  y  10  0, AC : x  y  10  và trực tâm H  3;1 Xác định tọa độ các đỉnh B và C, viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi M , N là chân đường cao hạ từ đỉnh C , B tam giác ABC Suy CM  AB, BN  AC     CM  n  1;   n    AB CM   3;1        BN  nAC  1;   nBN   2; 1 Phương trình đường thẳng CM :  x  3  1 y  1   3x  y  10  Phương trình đường thẳng BN :  x  3  1 y  1   x  y   0,25 0,25 B là giao điểm BN và AB nên tọa độ điểm B là nghiệm hệ phương trình:  2x  y   x     B  5;5   x  y  10  y  C là giao điểm CM và AC nên tọa độ điểm C là nghiệm hệ phương trình: 3x  y  10  x     C  2;   A  2;    x  y  10  y  Vì A  C nên tam giác ABC bị suy biến thành đoạn thẳng, không tồn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (Lời giải: Nguyễn Xuân Nam) 8.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 x  y 1 z   và mặt phẳng  P  : 3x  y  z  12  Viết phương trình đường thẳng d ’ là hình chiếu đường thẳng d lên Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :  P     Gọi  Q  là mặt phẳng chứa d và vuông góc với mặt phẳng  P  : nQ  ud , nP    2,1, 4  Vì  Q  chứa d nên qua M  2,1,  Vậy phương trình mặt phẳng  Q  là:  x    1 y  1  z   x  y  z   Hình chiếu d ' đường thẳng d trên mặt phẳng  P  là giao tuyến  P  và  Q     Đường thẳng d ' có: ud '  nQ ; nP   10; 16;1 Gọi N là giao điểm đường thẳng d với mặt phẳng ( P) : N  t  2;2t  2; t   d Vì N  ( P) nên ta có:  t     2t  1  2t  12   t  0,25 0,25  22 17   N  ; ;   9 9   22 17  Đường thẳng d ' qua N  ; ;  thuộc  P  và có vecto phương ud '  10; 16;1  9 9 22   x   10t  17  Vậy phương trình tham số đường thẳng d ' là:  y   16t   z   t  (Lời giải: Đỗ Thanh Tâm) 9.b (1,0 điểm) 0,25  cos x   tan x   sin x Giải hệ phương trình   x  12.2 x  32  log  x  1     x   k cosx     (k  Z ) Điều kiện:    x    x  0,25  x, y  R  0,25  cos x  cosx  cosx   cosx     1  1    sin x  sinx  sinx   sinx   x    k 2  cosx  1     k  Z   x     k sinx  cosx      2x   4 x  12.2 x  32    x   2   x 1   log  x  1      x        x x  2  x   4  12.2  32  x       log  x  1      x  Từ (1);(2) và kết hợp điều kiện ta có:    2 1  1   4  k  2    k   2       k          k    4 4  2       k         k 2   2  k     2        k       k  12      4 4       k 2   k    k 2    k       k    k        k   k  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm: x  (Lời giải: Đỗ Thanh Xuân, Nguyễn Xuân Nam) CHÚC CÁC EM HỌC TẬP TỐT! “Con đường thành công không phải là đường vẽ sẵn” 0,25 0,25 0,25