ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 130 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= − +
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và
độ dài đoạn thẳng AB bằng
4 2
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
( )
3 2
cos cos
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
2 3
( 4) 6 3 13x x x+ − + =

.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
6
0
tan( )
4
os2
x
I dx
c x
π
π
−
=
∫
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,
2=AB a
. Gọi I
là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn:
2= −
uur uuur
IA IH
, góc
giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60
0
. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm
K của SB tới (SAH).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn xy + yz + zx
≥

2xyz.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phầnB)
A.Theo chương trình chuẩn
1. Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
∆
:
3 8 0x y+ + =
,
':3 4 10 0x y∆ − + =
và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng
∆
, đi
qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng
∆
’.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z
−
3 = 0 và
(Q): y + z + 5 = 0 và điểm
(1; 1; 1)A − −
. Tìm tọa độ các điểm M trên (P), N trên (Q) sao cho MN vuông
góc với giao tuyến của (P), (Q) và nhận A là trung điểm.
Câu 9.a (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức (z
2
+3z+6)
2
+2z(z
2
+3z+6)-3z

2
= 0.
B.Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng: (d
1
):
7 17 0x y
− + =
,
(d
2
):
5 0x y
+ − =
. Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d
1
),(d
2
) một tam giác
cân tại giao điểm của (d
1
),(d
2
).
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10;2;-1) và đường thẳng
1 1
:
2 1 3
x y z
d

- -
= =
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song và có khoảng cách từ d tới
(P) là lớn nhất.
Câu 9.b (1 điểm). Giải phương trình:
( )
022292
12
=−+−+
+xx
xx
.
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………………


ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điểm
1
a)
• Tập xác định:
D = ¡
.
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
2
' 3 6y x x= −
;
' 0 0y x= ⇔ =

hoặc
2x =
.
Các khoảng đồng biến:
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
; các khoảng nghịch biến:
( )
0;2
.
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
2x
=
; y
CT
2= −
, đạt cực đại tại
0x
=
; y
CĐ
2=
.
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y

→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
.
Bảng biến thiên:
x
∞−
0 2 +
∞
y
’
+ 0 - 0 +
y 2
∞+

∞−
- 2

• Đồ thị:


0 2 x

0.25
0.25
0.25
0.25
Đặt
( ) ( )
3 2 3 2
; 3 2 ; ; 3 2A a a a B b b b− + − +

với
a b
≠
. Hệ số góc của tiếp tuyến với (C)
tại A, B là:
( ) ( )
2 2
' 3 6 ; ' 3 6
A A B B
k y x a a k y x b b= = − = = −
.
Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi

( ) ( )
2 2
3 6 3 6 2 0 2
A B
k k a a b b a b a b b a= ⇔ − = − ⇔ − + − = ⇔ = −
.
Độ dài đoạn AB là:

( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2
3 3 2 2
2 2
2 2

2 2 2
3
. 3
4 1 4 1 . 1 3
AB a b a b a b
a b a b a ab b a b
a a a
 
= − + − − −
 
 
= − + − + + − +
 
 
= − + − − −
 
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
4 2 4 2
2
2
4 2 4 1 8 1 32 0 1 2 1 8 0
1 4
3

1
1 2
AB a a a a
a

a
a
a
= ⇔ − − − − = ⇔ − − − − =

− =
=


⇔ ⇔

= −


− = −

Với
3 1a b
= ⇒ = −
.
Với
1 3a b= − ⇒ =
.
Vậy
( ) ( )
3;2 , 1; 2A B − −
hoặc
( ) ( )
1; 2 , 3;2A B− −
.

0.25
0.25
0.25
0.25
2 Điều kiện:
sin cos 0x x
+ ≠
Phương trình đã cho tương đương:
( )
( ) ( ) ( )
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosx x x x x− − = + +
( ) ( )
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x⇔ + + + + =
( ) ( ) ( )
1 sin 1 cos 1 sin 0x x x⇔ + + + =
sin 1
cos 1
x
x
= −

⇔

= −

(thoả mãn điều kiện)
2
2
2

x k
x k
π
π
π π

= − +

⇔

= +


( )
Zk ∈
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k
π
π
= − +
và
2x k
π π
= +

( )
Zk ∈
0.25

0.25
0.25
0.25
3
Điều kiện:
3
3 0 0x x x+ ≥ ⇔ ≥
.
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
2 3
8 3 6 3 0x x x x+ + − + =
+ Nếu x = 0, thay vào phương trình ta thấy không thoả mãn
+ Nếu
0≠x
khi đó phương trình trên tương đương với
3 3
8 6 0x x
x x
+ + − + =
.
Đặt
4
3
, ( 12)x t t
x
+ = ≥
. Khi đó ta có phương trình
2
6 8 0 2t t t− + = ⇔ =
hoặc

4t =
(thỏa mãn điều kiện).
Với
2t =
ta có
1, 3x x= =
.
Với
4t =
ta có
8 61, 8 61x x= + = −
.
0.25
0.25
0.25
0.25
4
I=
6 6
2
2 2 2
0 0
2
t anx tan
4
1 tanx tan
1 1 1
4
. .
2sin 1

os (1 tan ) os
os
dx dx
x
c x x c x
c x
π π
π
π
−
+
= −
−
+
∫ ∫
Đặt
2
1
t anx
os
t dt dx
c x
= ⇒ =
. Đổi cận
0x =
thì
0t =
;
1x =
thì

1
3
t =
.
Khi đó I=
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
t t
−
− = =
+ +
∫
.
0.25
0.25
0.5
5
Ta có
⇒−= IHIA 2
H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
BC = AB
2

a2=
; AI =
a
; IH =
2
IA
=
2
a
AH = AI + IH =
2
3a
0.25
Ta có
5
2
a
HC =
Vì
⇒⊥ )(ABCSH
0
60))(;( ==
∧∧
SCHABCSC
;
2
15
60tan
0

a
HCSH ==
6
15
2
15
)2(
2
1
.
3
1
.
3
1
3
2
.
aa
aSHSV
ABCABCS
===
∆
)(SAHBI
SHBI
AHBI
⊥⇒




⊥
⊥

Ta có
22
1
)(;(
2
1
))(;(
2
1
))(;(
))(;( a
BISAHBdSAHKd
SB
SK
SAHBd
SAHKd
===⇒==
0.25
0.25
0.25
6
Ta có
1 1 1
2 2xy yz xz xyz
x y z
+ + ≥ ⇔ + + ≥
nên

1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (1)
y z y z
x y z y z yz
− − − −
≥ − + − = + ≥
Tương tự ta có
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (2)
x z x z
y x z x z xz
− − − −
≥ − + − = + ≥
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (3)
x y x y
z x y x y xy
− − − −
≥ − + − = + ≥
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được
1
( 1)( 1)( 1)
8
x y z− − − ≤
Vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z⇔ = = =

.
0.25
0.25
0.25
0.25
7.a
8.a
Tâm I của đường tròn thuộc
∆
nên giả sử I(-3t – 8; t).
Ta có
( , ')d I IA=D
nên
2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
− − − +
= − − + + −
+
Giải tiếp được t = -3
Khi đó I(1; -3), R = 5 và phương trình cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
= 25.
0.25

0.25
0.25
0.25
Do
( ) ( ; ;3 )M P M x y x-Î Þ
A là trung điểm MN ⇒
(2 ; 2 ; 5 )N x y x- - - - +
( ) 2 (1)N Q x y- =Î Þ
(2 2 ; 2 2 ; 8 2 )MN x y x= - - - - +
uuur
Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q):
1 2
(1;0;1), (0;1;1)n n= =
r r
⇒
1 2
[ , ] ( 1; 1;1)n n n= = - -
r r r
MN vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q) ⇒
. 0MN n =
uuur
r
⇒
2 4 (2)x y+ =
Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được
2, 0x y= =
⇒
(2;0;1), (0; 2; 3)M N - -
0.25
0.25

0.25
0.25
9.a Ta thấy z = 0 không là nghiệm của phương trình . Chia cả hai vế cho z
2
và đặt
2
3 6z z
t
z
+ +
=
, Dẫn tới phương trình : t
2
+2t-3 = 0 ⇔ t=1 hoặc t=-3.
Với t=1 , ta có : z
2
+3z+6 = z ⇔ z
2
+2z+6 = 0 ⇔ z = -1±
5
i
Với t=-3 , ta có : z
2
+3z+6 = -3z ⇔ z
2
+6z+6 = 0⇔ z = -3 ±
3
0.5
0.25
0.25

7.b
8.b
Phng trỡnh ng phõn giỏc gúc to bi d
1
, d
2
l:
1
2 2 2 2
2
3 13 0 ( )
7 17 5
3 4 0 ( )
1 ( 7) 1 1
x y
x y x y
x y
+ =
+ +

=

=

+ +
PT ng cn tỡm i qua M(0;1) v vuụng gúc vi
1 2
,
nờn ta cú hai ng thng tho
món l:

3 3 0x y
+ =
v
3 1 0x y
+ =
.
0.5
0.5
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng
cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH
=> HI lớn nhất khi
IA
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
)31;;21( tttHdH ++
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. == uuAHdAH
là véc tơ chỉ phơng của d)
)5;1;7()4;1;3( AHH
Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
0.25
0.25
0.25
0.25
9.b
Ta cú:

( )
2
132 =
x
Phng trỡnh ó cho cú nghim
2
11 2
x
x
x
ộ
= -
ờ
ờ
= -
ở



=+
=

0112
2
x
x
x
Xột:
112)( += xxf
x

ta thy l hm ng bin nờn phng trỡnh
2 11 0
x
x+ - =

cú duy nht mt nghim l
3x =
.
Vy nghim ca phng trỡnh:
2, 3x x= - =
.
0.25
0.25
0.25
0.25