Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 123 doc

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. Cho hàm số
3 2 2 2
3 3(1 ) 2 2 1y x x m x m m= − + − + − −
(m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
1.m
= −
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số đã cho có cực đại, cực tiểu; đồng thời hai điểm
cực trị của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng
: 4 5 0.d x y− − =
Câu 2. Giải phương trình
( )
2
1
4 4 4
cos 2 cos 2 sin 1 cos2x x x x
π π
   
+ − + + =
 ÷  ÷
   
với
0 .
4
x

π
≤ ≤
Câu 3. Giải hệ phương trình
3 3 3
2 2
27 7 8
9 6
x y y
x y y x

+ =


+ =


(
,x y ∈¡
)
Câu 4. Tính tích phân
1
ln 2
ln
e
x
x x x
I dx
−
+
=

∫
Câu 5. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy ABCD là hình bình hành, với
2 2SA SB AB a BC
= = = =
và
0
120 .ABC∠ =
Gọi H là trung điểm của cạnh AB và K là hình chiếu vuông góc của H trên mặt phẳng
( ),SCD K
nằm trong tam giác SCD và
3
5
.HK a=
Tìm thể tích của hình chóp theo a.
Câu 6. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn
3.ab a b+ + =
Chứng minh rằng
2 2
3 3 3
1 1 2
a b ab
b a a b
a b+ +
+ + +
≤ + +
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được một trong hai phần riêng, phần A hoặc phần B.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

2 2
( ):( 1) ( 1) 16C x y− + + =
có tâm I và
điểm
(1 3;2).A +
Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua A và cắt
( )C
tại hai điểm B, C phân biệt sao
cho tam giác IBC không có góc tù đồng thời có diện tích bằng
4 3.

Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
(0;4;2)M
và hai mặt phẳng
( ),( )P Q
lần lượt
có phương trình
3 1 0, 3 4 7 0.x y x y z− − = + + − =
Viết phương trình của đường thẳng
∆
đi qua M và
song song với giao tuyến của
( )P
và
( ).Q
Câu 9a. Tìm tất cả các số thực a, b sao cho số phức
2 3z i= +
là nghiệm của phương trình

2
0.z az b+ + =
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
(3;4)M
và đường tròn
2 2
: 6 2 2 0.x y x y
ω
+ − + + =
Viết phương trình của đường tròn
Γ
với tâm M, cắt
ω
tại hai điểm A, B
ssao cho AB là cạnh của một hình vuông có bốn đỉnh nằm trên
.
ω
Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình của mặt cầu có tâm
(1;2;3)I
và tiếp xúc
với đường thẳng
2
: .
1 2 2
x y z
d
+
= =
−

Câu 9b. Hãy giải phương trình sau trên tập hợp số phức
2 2 2
( ) ( ) 5 5 0.z i z i z− + − − =


Câu Nội dung trình bày Điểm
1
1.
3 2
31: 3m y x x− = − +=
. TXĐ:
¡
0.25
Chiều biến thiên:
3 ( 2), 0 0 2y x x y x x
′ ′
= = − = ⇔ = ∨ =L
Xét dấu
y
′
và kết luận: hàm số đồng biến trên
( ;0),(2; )−∞ +∞
, nghịch biến trên
(0;2)
Hàm số đạt cực đại tại
0, 3
cd
x y= =
; hàm số đạt cực tiểu tại
2, 1

ct
x y= = −
0.25
Nhánh vô cực:
lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= = +∞ = = −∞L L
; lập bảng biến thiên 0.25
Vẽ đồ thị
0.25
2.
2 2
3 6 3(1 )y x x m
′
= − + −
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi
0y
′
=
có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi qua hai
nghiệm đó. Điều này tương đương với phương trình
2 2
2 1 0x x m− + − =
có hai nghiệm phân biệt,
tức là
0.m
≠
0.25

Khi đó, đồ thị của hàm số có hai điểm cựctrị
3 2 3 2
(1 ; 2 1), (1 ;2 1)A m m m B m m m+ − − + − − +
0.25
Hai điểm này đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi trung điểm của AB nằm trên d và
AB d
⊥
. Điều
này tương đương với
2
2
1 4(1 ) 5 0
2
2 4
m
m
m

− − − =

⇔ = ±

− = −


0.25
Kết luận 0.25
2
Biến đổi tích thành tổng, thu được
1

cos( ) cos4 (1 cos2 )(1 cos2 )
2 2
x x x
π
+ + − + =
0.25
2
1
cos4 1 cos 2 cos4 0 ,
2 8 4
k
x x x x k
π π
⇔ + − = ⇔ = ⇔ = + ∈¢
0.5
Do
0;
4
x
π
 
∈
 
 
nên
8
x
π
=
0.25

3
Nhận xét
0,y ≠
nhân hai vế phương trình thứ hai với 7y, trừ đi phương trình thứ nhất, được
3 2
(3 ) 7(3 ) 14(3 ) 8 0xy xy xy− + − =
Từ đó tìm được hoặc
1xy =
hoặc
2xy =
hoặc
4xy =
0.25
Với
1,xy =
thay vào phương trình thứ nhất, được
3
19
7
y = −
do đó
3
7
19
x = −
0.25
Với
2,xy =
thay vào phương trình thứ nhất, được
3

26
2
7
y = −
do đó
3
7
26
x = −
0.25
Với
4,xy =
thay vào phương trình thứ nhất, được
3
215
2
7
y = −
do đó
3
7
2
215
x = −
0.25
4
Viết lại biểu thức dưới dấu tích phân
ln 2
·
ln 1

x dx
x x
−
+
0.25
Đặt
ln x t=
thế thì khi
1 2x≤ ≤
thì
0 1t≤ ≤
và
,
dx
dt
x
=
0.25
Khi đó
1 1
0 0
2 3
1
1 1
t
I dt dt
t t
−
 
= = −

 ÷
+ +
 
∫ ∫
0.25
Tính được
1 3ln 2 1 ln8I
= − = −
0.25
5
Gọi I là trung điểm CD. Chỉ ra các tam giác
, , ,ADH HDI IHB BCI
là các tam giác đều cạnh a. Suy
ra
2
2
3
4 3
4
ABCD
a
S a= × =
(đ.v.d.t)
Gọi J là trung điểm DI. Khi đó
,HJ AB CD⊥
và do đó
( )CD SHJ⊥
.
0.25
Suy ra

.K SJ∈
Ngoài ra
3
2
a
HJ =
. Hơn nữa, do tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a và H là
trung điểm AB nên
SH AB⊥
và
3.SH a=

0.25
Suy ra
2 2 2 2
1 1 5 1
3SH HJ a HK
+ = =
do đó tam giác SHJ vuông tại H . 0.25
Từ đó, do
,SH AB HJ⊥
nên
( )SH ABCD⊥
hay SH là đường cao của hình chóp.
Vậy
3
.S ABCD
V a= =L
(đ.v.t.t)
0.25

6
Từ giả thiết suy ra
(1 )(1 ) 1 4a b ab a b+ + = + + + =
. Đặt
, 0a b x x+ = >
thế thì

2 2
( ) 4 4(3 ) 2x a b ab x x= + ≥ = − ⇒ ≥
(do
0x >
)
0.25
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2
3 1 3 1
3 3 12
1 3 10 0
2 1 1
a a b b
a b a b a b
a b a b a b
+ + +
+ + ≥ + − ⇔ + − + − + ≥
+ + + +
(1)

0.25
Do
2 2 2
( ) 2a b a b ab+ = + −
nên
2 2 2 2
2(3 ) 2 6,a b x x x x+ = − − = + −
do đó (1) trở thành
2 3 2
12
2 6 3 10 0 4 12 0x x x x x x
x
+ − − − + ≥ ⇔ − + − ≥
0.25
Để ý rằng
3 2 2
4 12 ( 2)( 6) 0x x x x x x− + − = − + + ≥
nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Suy ra
điều phải chứng minh.
0.25
7a
Đường tròn
( )C
có tâm
(1; 1)I −
và bán kính
4R =
0.25
Hình 1
Hình 2

Do
1
· · ·sin 4 3
2
ICB
IC IB CIB S∠ = =
nên
3
sin
2
CIB∠ =
. Từ đó, do
0
90CIB∠ ≤
và
IC IB=
nên
tam giác CIB đều, với độ dài ba cạnh bằng 4. Bởi vậy, bài toán quy về viết phương trình đường
thẳng
∆
đi qua
(1 3;2)A +
và cách
(1; 1)I −
một khoảng bẳng
2 3.
0.25
Đường thẳng
∆
có phương trình

( 1 3) ( 2) 0a x b y− − + − =
với
2 2
0.a b+ ≠
Ta có phương trình
2 2
| 3 3 |
2 3
a b
a b
− −
=
+
, từ đó tìm được
3b a=
0.25
Chọn
1, 3a b= =
, suy ra
: 3 1 3 3 0.x y∆ + − − =
0.25
8a
Mặt phẳng
( )P
có véctơ pháp tuyến
(3; 1;0)p = −
r
và mặt phẳng
( )Q
có véctơ pháp tuyến

(1;3;4)q =
r
0.25
Giao tuyến d của (P) và (Q) có véctơ chỉ phương
[ ; ] ( 4; 12;10) 2(2;6; 5)u p q= = = − − = − −
r r r
L
0.25
Do
d∆ P
nên
∆
có véctơ chỉ phương
1
· (2;6; 5)
2
v u= − = −
r r
0.25
Do đó,
∆
có phương trình
4 2
2 6 5
x y z− −
= =
−
0.25
9a
Tính

2
1 6 , 2 (3 )z i az a a i= + = +
0.25
Suy ra
2
(2 1) (3 6)z az b a b a i+ + = + + + +
0.25
Từ đó, có hệ
2 1 0
3 6 0
a b
a
+ + =


+ =

0.25
Giải hệ, thu được
2, 3a b= − =
và kết luận. 0.25
7b
Đường tròn
ω
có tâm
(3; 1)I −
và bán kính
2 2R =
. 0.25
Giả sử tìm được đường tròn

2 2 2
: ( 3) ( 4)x y
ρ
Γ − + − =
thỏa mãn yêu cầu. Khi đó, do AB là dây
cung chung, nên
,AB IM⊥
hay đường thẳng AB nhận
(0;5)IM =
uuur
làm véctơ pháp tuyến. Hơn
nữa, I và M ở về hai phía của AB. Do đó, đường thẳng AB có phương trình dạng
5 0y c+ =
với
20 5c
− < <
(1)
0.25
AB là cạnh của hình vuông nội tiếp
ω
khi và chỉ khi
( ; ) 2
2
R
d I AB = =
. Từ đó, kết hợp với (1),
tìm được
5c = −
. Suy ra
: 1 0.AB y − =

0.25
Mặt khác AB là trục đẳng phương của
,
ω
Γ
nên AB có phương trình
2
23
0.
10
y
ρ
−
+ =
Từ đó
2
13
ρ
=
, bởi vậy
2 2
: ( 3) ( 4) 13x yΓ − + − =
0.25
8b
+ Đường thẳng d đi qua
(0; 2;0)M −
, có véctơ chỉ phương
(1; 2;2)u = −
r
.

Tính được
(1;4;3)MI =
uuur
0.25
+ Khẳng định và tính được
[ ; ]
233
( ; )
| | 3
MI u
d I d
u
= = =
uuur
r
L
r
0.5
+ Khẳng định mặt cầu cần tìm có bán kính bằng
( ; )d I d
và viết phương trình
2 2 2
233
( 1) ( 2) ( 3)
9
x y z− + − + − =
0.25
9b
Viết lại phương trình về dạng
2 2 2

( 1) 5 5 0z z+ − − =
0.25
Khai triển, rút gọn, nhân tử hóa
2 2
( 1)( 4) 0z z+ − =
0.5
Giải các phương trình, thu được
z i= ±
và
2z = ±
rồi kết luận. 0.25