Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 121 pot

S GIO DC V O TO K LK
TRNG THPT NGUYN HU
THI TH I HC
MễN TON NM 2012 - 2013
Thi gian lm bi: 180 phỳt.
I - PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im)
Cõu I (2 im) Cho hm s : y =
3
1
x
3
-
2
1
mx
2
+ (m
2
- 3)x vi m l tham s
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 1.
2) Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m hm s t cc i ti x
C
,cc tiu ti x
CT
ng thi x
C
; x
CT
l
di cỏc cnh gúc vuụng ca mt tam giỏc vuụng cú di cnh huyn bng
2

10
Cõu II (2 im) 1) Gii phng trỡnh :
15 7
sin 4 4cos
1
4 4
1 2cos 2
2
x x
x


+ + +
ữ ữ

=

2) Gii bt phng trỡnh:
xxx
x
321
12
2
23
+
+
.
Cõu III (1 im)Cho hỡnh phng (H)gii hn bi th hm s:y =
1x
ng thng y = 2 v cỏc trc to

1) Tớnh din tớch hỡnh phng (H)
2) Tớnh th tớch vt th trũn xoay sinh ra khi quay hỡnh phng (H) quanh Ox.
Cõu IV (1im) Hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thang vuụng ti A v B vi AB = BC = 3a;AD = 6a.
Cỏc mt phng (SAC) v (SBD) cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD).Bit gúc gia hai mt phng
(SCD) v (ABCD) bng 60
0
. Tớnh th tớch khi chúp v khong cỏch gia hai ng thng CD v SA.
Cõu V (1 im) Cho a,b,c dng . CMR :
129
222
333

++
++
+
++
cba
cabcab
abc
cba
II Phần riêng (3điểm)
1. Theo chng trỡnh Chun :
Cõu VIa (2 im) 1)Trong mt phng vi h ta
Oxy
cho im M(5; - 6);ng trũn (C) c ú phng trỡnh
: x
2
+ y
2
+ 2x - 4y - 20 = 0. T

M
v cỏc tip tuyn
,MA MB
ti ng trũn
( )C
vi
,A B
l cỏc tip im.
Vit phng trỡnh ng trũn ni tip tam giỏc
MAB
.
2) Trong khụng gian vi h trc ta vuụng gúc Oxyz, cho mt phng
( )
: 3 0P x y z
+ + =
v ng
thng
1
:
1 3 1
x y z
= =

. Lp phng trỡnh ng thng d, nm trong mt phng (P), vuụng gúc vi ng
thng

v cỏch ng thng

mt khong bng
8

66
.
Cõu VIIa(1 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc:
2
0z z+ =
.
Khi ú hóy tớnh tng cỏc ly tha bc tỏm ca cỏc nghim.
2. Theo chng trỡnh nõng cao:
Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong mt phng vi h trc ta Oxy; cho tam giỏc ABC cú nh
( )
2;6A
, chõn
ng phõn giỏc trong k t nh A l im
3
2;
2
D


ữ

v tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC l im
1
;1
2
I


ữ

. Vit phng trỡnh ng thng cha cnh BC.
2) Trong khụng gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) vaứ C(2;2;1) v mt phng (P): x + 3y z + 2 = 0.
Tỡm ta im M thuc mt phng (P) sao cho MA
2
+ MB
2
+ MC
2
t giỏ tr nh nht.
Cõu VIIb(1 im) Gọi z
1
, z
2
là hai nghiệm phức của phơng trình
0164
2
=++ zz
, n là số tự nhiên thỏa mãn
C
0
4n
C
2
4n
+ C
4
4n
C
6
4n

+ + (-1)
k
C
2k
4n
+ + C
4n
4n
= 4096.
Tìm phần thực của số phức A =
nn
zz
21
+
(
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử).
H v tờn thớ sinh : .S bỏo danh:
ĐÁP ÁN
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . HS tự làm 1
2) Tìm tất cả các giá trị của m 1
y' = x
2
- mx + m
2
- 3
Hàm số có CĐ,CT & x
CĐ

> 0 ; x
CT
> 0 <=> y' = 0 có hai nghiệm dương phân biệt 0.25
<=>





>−=
>=
>−=∆
03
0
0312
2
2
mP
mS
m
<=>
3
< m < 2. (*)
0.25
x
CĐ
; x
CT
là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng
2

10
<=> x
2
CĐ
+ x
2
CT
=
2
5
<=> (x
CĐ
+ x
CT
)
2
- 2x
CĐ
.x
CT
=
2
5
0.25
Theo định lí viet ta có : m
2
- 2(m
2
- 3) =
2

5
<=> m =
2
14
Thoả mãn điều kiện (*).
0.25
CâuII
1) ĐK : cos2x ≠ 0,5 pt <=> sin4x - cos4x + 4(sinx + cosx) = 1 - 2cos2x 0.25
Pt <=> 2sin2x.cos2x - 2cos
2
2x + 1 + 4(sinx + cosx) = 1 - 2cos2x
<=> 2cos2x(1 + sin2x - cos2x) + 4(sinx + cosx) = 0
<=> cos2x.(1 + 2sinx.cosx - 1 + 2sin
2
x) + 2(sinx + cosx) = 0
<=> (sinx + cosx)(cos2x.sinx + 1) = 0
0.25

Zkkxxx ∈+−=⇔=+ ,
4
0cossin
π
π
(thoả mãn điều kiện)
0.25
( )
( )
( )
01sin21sin01sinsin2101sin2cos
22

=−−−⇔=+−⇔=+ xxxxxx

Zmmxx ∈+=⇔=⇔ ,2
2
1sin
π
π
(thoả mãn điều kiện)
0.25
2) Giải bất phương trình:
3 2
2 1 2 3
2 1
x x x
x
≤ + −
+

Đk x ∈( -
2
1
; + ∞ ) \ {0} bpt <=>
3
2
321
12
2
x
xx
x

−+
≤
+
<=>
( )
0
12.
121232
3
3
23
≤
+
+−++
xx
xxxx
0.25
<=>
( )
0
12.
)122.(12
3
2
≤
+
+−++
xx
xxxx

0.25
Lập bảng xét dấu VT
Vậy nghiệm của bpt ban đầu : 0 < x
1 5
4
+
≤
hoặc x = 1 -
2
0.25
0.25
CâuIII
1) Từ gt => h ình phẳng (H) giới hạn bởi đths : x = y
2
+ 1 ; x = 0 & hai đthẳng y = 0;y = 2
nên có S =
∫
+
2
0
2
)1( dyy
=
3
14
(đvdt)
2) V = π [
( )
∫ ∫
−−

5
0
5
1
2
2
12 dxxdx
] = 12π (đvtt)
0.25
0.25
0.25
0.25
CâuIV
Gọi O là giao điểm của AC & BD khi đó SO ⊥ (ABCD) & ∆AOD ∼ ∆COB với tỉ số 2
Mà AC = 3a
2
=> OC = a
2
. Từ gt => AC ⊥ CD mà CD ⊥ SO => CD ⊥ (SAC)
0.25
Khi đó g((SCD) ; (ABCD)) = SCO = 60
0
=> SO = CO.tan60
0
= a
6

Vậy V
SABCD
=

3
1
SO.S
ABCD
=
2
69
3
a
(đvtt)
0.25
Vì CD ⊥ (SAC) nên kẻ CH ⊥ SA thì CH là đường vuông góc chung của CD & SA
0.25
Trong ∆SAO có SA = a
14
mà :SO.AC = CH.SA =>CH =
3 42
7
a
hay d(SA;CD)=
3 42
7
a
0.25
Từ a
3
+ b
3
+ c
3

- 3abc = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) ta c ó :
abc
cabcabcbacba
abc
cba ))((
3
222333
−−−++++
+=
++
=






+++
cabcab
111
3
(a
2
+ b

2
+ c
2
- ab - bc - ca)
0.25
Mà
cabcabcabcab ++
≥






++
9111

nên






+++
cabcab
111
3
(a
2

+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) ≥ 3 + 9
cabcab
cabcabcba
++
−−−++
222
0.25
Vậy pcm : 3 + 9
cabcab
cabcabcba
++
−−−++
222
+
129
222
≥
++
++
cba
cabcab
0.25
<=>
2
222
222

≥
++
++
+
++
++
cba
cabcab
cabcab
cba
luôn đúng theo côsi.
0.25
1) Đường tròn (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R=5; MI = 10.
Gọi H là giao điểm của AB và MI ta có IH.MI=AI
2
Suy ra IH=5/2.
0.25
Vì MA và MB là các tiếp tuyến nên H phải nằm
giữa M và I, do đó
1 1
;0
4 2
IH IM H
 
= ⇒
 ÷
 
uuur uuur
0.25
Mặt

·
1
sin
2
IH
IAH
IA
= =
⇒
·
0
30IAH MAB= ⇒ ∆
đều
Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB trùng với trọng tâm G
của nó. Ta có
2
3
GM HM
=
uuuur uuuur

⇒
G(2;-2) từ đó tính được bán kính
5
2
r =
0.25
Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB là
( ) ( )
2 2

25
2 2
4
x y− + + =
0.25
2) Ta có (P) có vtpt
( )
1;1;1
P
n =
uur
,
∆
có vtcp
( )
1;3; 1u
∆
= −
uur
,
( )
1;0;0M ∈∆
.
Do
( )
( )
; 4;2;2
d P
d P
d

u n
d P
u n u
d
u u
∆
∆

⊥
⊂
 
 
⇒ ⇒ = = −
 
 
⊥ ∆

⊥



uur uur
uur uur uur
uur uur
0,25
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và song song với
∆
. Khi đó ta chọn
( )
; 2 4;1;7

Q d
n u u
∆
 
= = −
 
uur uur uur
suy ra (Q) có dạng
4 7 0x y z d+ + + =
.
0,25
Ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
4
; ; ;
66
d
d d d P d M P
+
∆ = ∆ = =
. Từ đó kết hợp với giả thiết ta được:
4
8
4 8 4; 12
66 66
d
d d d

+
= ⇔ + = ⇔ = = −
0,25
+) Nếu
( )
4 : 4 7 4 0d Q x y z
= ⇒ + + + =
. Chọn điểm
( ) ( )
1 13
; ; 1
3 3
N P Q d
 
− − ∈ =
 ÷
 
I
suy
ra phương trình
1 13
1
3 3
:
2 1 1
x y
z
d
+ −
+

= =
− −
+) Nếu
( )
12 : 4 7 12 0d Q x y z
= − ⇒ + + − =
. Chọn điểm
( ) ( ) ( )
1;1;1N P Q d
∈ =
I
suy ra
phương trình
1 1 1
:
2 1 1
x y z
d
− − −
= =
− −
0,25
Câu
VIIa
Giả sử z=x+iy Phương trình
2
( ) ( ) 0x iy x iy⇔ + + − =
2 2
0
2 0

x y x
xy y

− + =
⇔

− =

0,25
Giải hệ ta có:
1 2 3 4
1 3 1 3
0; 1; ;
2 2 2 2
z z z i z i= = − = + = −
0,25
Vậy : z
8
1
+ z
8
2
+ z
8
3
+ z
8
4
= 0.
0,5

1) Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có
phương trình đường thẳng AD:
2 0x
− =
. Do E thuộc đường thẳng AD nên
( )
2;E t
. Mặt
khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
0,5

( ) ( )
2 2
2 2
2 2
1 1
1 2 2 5 1 5 6; 4
2 2
IA IE t t t t

= + = + + = = =
ữ ữ

. Do o ta c
( )
2; 4E
Do AD l phõn giỏc nờn E l im chớnh gia cung BC suy ra IE vuụng gúc vi BC hay
BC nhn
( )
5

1; 2
2
EI =
uur
l vector phỏp tuyn. Do ú pt ca BC l:
( )
3
:1. 2 2. 0 2 5 0
2
BC x y x y

+ = =
ữ

. Vy
: 2 5 0.BC x y
=
0,5
Gi G l trng tõm tam giỏc ABC.
Chng minh c MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= 3MG
2
+ GA
2
+ GB

2
+ GC
2
0,25
MA
2
+ MB
2
+ MC
2
nh nht
MG
nh nht
M
l hỡnh chiu ca G trờn (P).
0,25
Tỡm c ta
4 2
1; ;
3 3
G

ữ

0,25
Tỡm c
22 61 17
; ;
3 3 3
M

ữ

0,25
Cõu
VIIb
Phơng trình
016z4z
2
=++
có hai nghiệm
i322z,i322z
21
=+=
0,25
Ta có
n4n4
n4
kk
n4
22
n4
1
n4
0
n4
n4
iC iC iCiCC)i1( ++++++=+
i]C C)1( CC[C C)1( CCCC

1n4
n4
1k2
n4
k3
n4
1
n4
n4
n4
k2
n4
26
n4
4
n4
2
n4
0
n4
+
++++++++=
Mặt khác
( )
)nsinin(cos2
4
sini
4
cos2i1
n2

n4
n4
+=













+

=+
Do đó
=++++++ ncos2iC iC iCiCC
n2n4n4
n4
kk
n4
22
n4
1
n4
0

n4
0,25
Theo bài ra ta có
4096ncos2
n2
=
, do
1ncos1ncos
==
nên n là số chẵn
khi đó
6n22
12n2
==
(thỏa mãn)
0,25
A =
6
6
6
666
i
2
3
2
1
4i
2
3
2

1
4)i322()i322(








++








=++
]2sini2cos)2sin(i)2[cos(4
3
sini
3
cos4
3
sini
3
cos4
66

6
6
+++=







+

+







+

=
=
8192. Vậy phần thực của A là 8192
0,25