Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 125 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 THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − +
(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Tìm m để đường thẳng ∆:
(2 1) 4y m x m= − −
cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm
( 1;6)P
−
tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ làm trọng tâm.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
sin 2 cos 2 4 2 sin( ) 3cos
4
1
cos 1
x x x x
x
π
− + + −
=
−
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
( ) ( ) ( )

( )
( )
1
2
3 4 7
; .
1
log 2
x
x x y y
x y
x
y
y
−
− + = −


∈
−

− =


¡
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
( )
4 3
1
1 ln 2 1

2 ln
e
x x x
I dx
x x
+ + +
=
+
∫
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình thang vuông tại
A
và
B
với
BC
là đáy nhỏ,
H
là trung
điểm
, 2 , 5AB SA a SC a
= =
. Biết rằng tam giác
SAB
là tam giác đều, mặt phẳng
( )SAB
vuông góc với mặt phẳng
( )ABCD
và khoảng cách từ

D
tới mặt phẳng
( )
SHC
bằng
2 2a
. Hãy tính thể tích khối chóp
.S ABCD
theo
.a
Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
2 2 2
1 1 1 1 1 1
28 4 2013
a b c ab bc ca
   
+ + = + + +
 ÷  ÷
   
. Tìm giá trị
lớn nhất của
2 2 2 2 2 2
1 1 1
.
5 2 5 2 5 2
P
a ab b b bc c c ac a
= + +

+ + + + + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (C):
2 2
4 4 0x y y
+ − − =
và cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng
: 2 1 0d x y
− − =
. Viết phương trình đường
thẳng chứa cạnh AB và tìm tọa độ điểm C.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
(1;0;1), ( 1;1;1)A B −
. Tìm tọa độ điểm M thuộc
mặt phẳng
( )
Oxy
sao cho tam giác
MAB
cân tại M và có diện tích bằng
21
2
.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn
( )
3 2 3z z i z
+ = +
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E):

2 2
1
4 3
x y
+ =
. Hai điểm
( 2; ), (2; )M m N n
−
di
động và thoả mãn tích khoảng cách từ hai tiêu điểm
1 2
,F F
của (E) đến đường thẳng MN bằng 3. Tính
·
1
cos .MF N
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm
(3;0;1), (6; 2;1)M N −
và (P) tạo với mặt phẳng (Oyz) một góc
ϕ
thỏa mãn
3 5
sin
7
ϕ
=
.
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm tất cả số nguyên dương
n
thỏa mãn

3 3
3 3
n
i
A
i
 
−
=
 ÷
 ÷
−
 
là số thực.
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Câu Đáp án Điểm
1
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
* TXĐ : D=R
* Sự biến thiên
Ta có:
lim ; lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞

2

' 3 6y x x
= −
;
0 2
' 0
2 2
x y
y
x y
= ⇒ =

= ⇔

= ⇒ = −


0.25
BBT:
x -
∞
0 2 +
∞
y' + 0 - 0 +
y 2 +
∞
-
∞
-2
0.25
Hàm số đồng biến trên

( )
;0
−∞
và
( )
2;
+∞
; Hàm số nghịch biến trên
( )
0;2
y
CĐ
= 2 tại x = 0 ; y
CT
= - 2 tại x = 2 .
0.25
* Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và
( )
1 3;0
±
Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng

0.25
2.(1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao của (C) và (∆):
x x ( m x m
3 2
3 2 1) 4 2 0
− − − + + =
⇔

x x x m
2
( 2)( 2 1) 0
− − − − =

x
f x x x m
2
2
( ) 2 1 0 (1)

=
⇔

= − − − =

0.25
(∆) cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N⇔ (1) phải có nghiệm
x x
1 2
,
thỏa mãn:
x x
x x
1 2
1 2
2
2

≠ =


= ≠

0.25
⇔
∆
∆


=




− ≠





>


=


b
a
f
0

2
2
0
(2) 0
⇔
m
m
m
8 5 0
1
2
2
8 5 0
2 1 0


+ =




≠




+ >


− + =



⇔
m
m
5
8
1
2

= −



=


.
0.25
Với
m
5
8
= −
ta có
1 3
( ; ); (2; 3)
2 8
M N −
(loại)

0.25
Với

m
1
2
=
ta có
( 1; 2); (2; 2)M N− − −
(loại)
Vậy không có giá trị của m thỏa mãn
∆
MNP nhận O làm trọng tâm.
2
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
Đk
2 ,x k k Z
π
≠ ∈
( )
sin 2 cos 2 4 sinx cos 3cos cos 1 0x x x x x
− + + − − + =
0.25
sinx 0
sinx(cos sinx 2) 0
cos sinx 2 0( )
x
x VN
=


⇔ + + = ⇔

+ + =

0.25
x k
π
⇔ =
0.25
Đối chiếu đk suy ra
2 ,x k k
π π
= + ∈
¢
là nghiệm pt.
0.25
3
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
1
2
3 4 7 1
; .
1
log 2 2
x

x x y y
x y
x
y
y
−
− + = −


∈
−

− =


¡
Điều kiện
0 1 1 1 2
0 2 , 0 0 2
x x
y y y
< − ≠ < ≠
 
⇔
 
< − ≠ ≠ <
 

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2

1 1 3 1 2 3 2x x y y⇔ − + − = − + −
(3)
0.25
Xét hàm số
( ) ( )
2
3 , 0;f t t t t= + ∈ +∞

( ) ( )
' 2 3 0, 0;f t t t= + > ∀ ∈ +∞
suy ra hàm số đồng biến trên
( )
0;+∞
Ta lại có
( )
1,2 0;x y− − ∈ +∞

Nên
( ) ( ) ( )
3 1 2 1 2 3f x f y x y x y⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −
thay vào pt (2) ta được
0.25
( )
( )
2
2
2
1
3 1
log 2 2 0

2
y
y
y
y y y
y
y
−
=
− −

− = ⇔ + − = ⇔

= −

0.25
1 2y x= ⇒ =
(loại)
2 5y x= − ⇒ =
(t/m)
Vậy hpt có nghiệm duy nhất
( ) ( )
; 5; 2x y = −
0.25
4
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
( )
4 3
3

1 1 1
1 ln 2 1
1 ln
2 ln 2 ln
e e e
x x x
x
I dx x dx dx
x x x x
+ + +
+
= = +
+ +
∫ ∫ ∫
0.25
4 4
3
1
1
1
4 4
e
e
x e
x dx
−
= =
∫
0.25
( )

( )
1
1 1
2 ln
1 ln
ln 2 ln
2 ln 2 ln
e e
e
d x x
x
dx x x
x x x x
+
+
= = +
+ +
∫ ∫
( )
2
ln 2 ln 2 ln
2
e
e
+
= + − =
0.25
Vậy
4
1 2

ln
4 2
e e
I
− +
= +
. 0.25
(1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra
( )
SH ABCD
⊥
và
2 3
3
2
a
SH a= =
0.25
Ta có
2 2
2CH SC SH a
= − =
.
Do đó, tam giác
HBC
vuông cân tại
B
và
BC a

=
0.25
5
(1,0 điểm)
Gọi
DE HC A
= ∩
thế thì tam giác
HAE
cũng vuông cân và do đó suy ra
0.25
( )
( )
0
,
2 2 2 4 3 .
cos45
d D AHC
DE a a AD a= = × = ⇒ =
( )
2
1
4
2
ABCD
S BC DA AB a
= + × =
(đ.v.d.t.). Vậy
3
. D

1 4
3
3
S ABC ABCD
a
V SH S
= × × =
(đvtt)
0.25
6
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
Đặt
1 1 1
; ;x y z
a b c
= = =
.
( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
28 4 2013 4 2013
2013
24
x y z xy yz zx x y z
x y z
⇒ + + = + + + ≤ + + +
⇒ + + ≤

0.25
Mặt khác
( )
( )
( )
2 2
2 2 2
2013
3
8
x y z x y z x y z
+ + ≤ + + ⇒ + + ≤
0.25
Ta có
( )
( )
2 2 2
2
1 1 1 3 1 1
3
3
8 2 8 2
2
2
5
4
x y
a b a b
a ab b
a a b

 
= ≤ ≤ + = +
 ÷
+
 
+ +
+ +
0.25
Tương tự

( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 1
3 , 3
8 2 8 2
5 2 5 2
y z z x
b bc c c ac a
≤ + ≤ +
+ + + +
Ta có
( )
4 2013
8 2
8
P x y z
≤ + + ≤
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
4026
12

x y z= = =
hay
12
4026
a b c= = =

0.25
(1,0 điểm)
(C) có tâm I(0;2), bán kính
2 2R
=
. Gọi tọa độ điểm
( )
;2 1M a a
−

Do tam giác ABC đều nội tiếp (C) nên
( )
2
2 2
1
1
2 3 2 5 12 7 0
7
2
5
a
IM R a a a a
a
=



= ⇔ + − = ⇔ − + = ⇔

=


0.25
Với
( )
1 1;1a M
= ⇒

Khi đó, AB qua M vtpt là
( )
1; 1IM −
uuur
có PT là
0x y
− =
.
Pt của CM là
2 0x y
+ − =
. Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt
0.25
7.a
(1,0 điểm)
2 2
2

2
0
2
4 4 0
4
x
x y
y
x
x y y
y
 =



+ =
=

 

⇔


= −
+ − − =






=



Từ đó tìm được tọa độ
( )
2;4C
−
.
Với
7 7 9
;
5 5 5
a M
 
= ⇒
 ÷
 

Khi đó, AB qua M vtpt là
7 1
;
5 5
IM
−
 
 ÷
 
uuur
có PT là

7 2 0x y
− + =
.
Pt của CM là
7 14 0x y
+ − =
. Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt
0.25
2 2
14
5
12
7 14 0
5
14
4 4 0
5
8
5
x
y
x y
x y y
x
y
 −

=








=
+ − =


 
⇔


+ − − =




=







=






Từ đó tìm được tọa độ
14 8
;
5 5
C
−
 
 ÷
 
.
KL…
0.25
8.a
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
( ) ( )
Ox ; ;0M y M a b
∈ ⇒
Theo giả thiết ta có
1 21
,
2 2
AM BM
AM BM
=




 
=

 

uuuur uuuur
0.25
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
2
1 1 1
4 2 1 0
1 2 4
5 1 2 21
a b a b
a b
a b
a b

− + = + + −
− + =

 
⇔ ⇔
 
− − =



+ − − =


0.25
Giải hệ được:
4 11
;
5 10
a b
= − = −
hoặc
4 21
;
5 10
a b
= =
0.25
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán
4 11
; ;0
5 10
M
 
− −
 ÷
 
và
4 21
; ;0
5 10

M
 
 ÷
 
0.25
9.a
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
Đặt
( )
,z x yi x y
= + ∈
¡
ta được
( )
2 2 2 2
3 2 3 3 3 2 3 3z z i z x yi x yi x y i x y
+ = + ⇔ + + − = + + +

0.25
2 2
2 2
4 2
2 3 3
x x y
y x y

= +

⇔



− = +

0.25
2 2
0
3
0
0
3
x
y x
y
x
y x

≥


= −

⇔ ≤ ⇔
 
≥



=


0.25
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng
3y x= −
với
0x
≥
. 0.25
7.b
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
TH1: MN song song với Ox hay
m n
=
. Khi đó phương trình
: 0MN y m
− =
2
1 2
2
1 3 2
( ; ). ( ; ) ( 1)( 1) 3
2
1 3 (loai)
m m
d F MN d F MN m m
m
m

− = =


= + − = ⇔ ⇔


= −
− = −



&
0.25
Với
2m
=
thì
( 2;2); (2;2)M N
−
Từ đây tính được
·
1
1
cos
65
MF N =
Với
2m
= −
thì
( 2; 2); (2; 2)M N
− − −
Từ đây tính được

·
1
1
cos
65
MF N
=
0.25
TH2: MN không song song với Ox.
Ta có phương trình MN là
( ) 4 2 2 0n m x y m n
− − + + =
Khi đó:
1 2
2
(3 )(3 )
( ; ). ( ; ) 3
16 ( )
m n n m
d F MN d F MN
n m
+ +
= =
+ −
2 2
3
6 6 4 48 0,
nm
m n mn loai
=


⇔

+ + + =

&
0.25
Ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1
16 ( ) ; 1; 9MN n m MF m NF n= + − = + = +
Do đó,
·
2 2 2
1
1 1
10 (16 ( ) )
cos 0
2
m n n m
MF N
MF NF
+ + − + −
= =
0.25
8.b
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
Gọi vtpt của (P) là
( )

2 2 2
; ; , 0n a b c a b c+ + ≠
r

Vì
( )
M P
∈
nên phương trình của
( )
P
có dạng
( ) ( )
3 1 0a x by c z
− + + − =
( )
3
3 2 0
2
a
N P a b b
∈ ⇒ − = ⇔ =
3 5 2
sin cos
7 7
ϕ ϕ
= ⇒ =
(do
0
0 90

ϕ
≤ ≤
)
Mặt phẳng (Oyz) có véctơ pháp tuyến
( )
1;0;0i =
r
0.25
( )
2 2 2
2
cos *
7
a
a b c
ϕ
= =
+ +
Thế
3
2
a
b
=
vào (*) giải được
3c a
= ±
0.25
+ Với
3c a=

;
3
2
a
b
=
chọn
2 3; 6a b c
= ⇒ = =
,
( )
: 2 3 6 12 0P x y z
+ + − =
0.25
+ Với
3c a= −
;
3
2
a
b
=
chọn
2 3; 6a b c
= ⇒ = = −
,
( )
: 2 3 6 0P x y z
+ − =
0.25

9.b
(1,0 điểm)
(1,0 điểm)
3
cos sin cos sin
2 6 6 6 6
n
n
i n n
A i i
π π π π
 
+
 
= = + = +
 ÷
 ÷
 ÷
 
 

0.5
sin 0 6 , , 1
6
n
A n k k k
π
∈ ⇔ = ⇔ = ∈ ≥
¢¡
0.5