ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 39 pot

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 I (2 điểm) Cho hàm số y =
3 2
6 9 3mx x mx− + −
(1) (m là tham số)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1
2) Xác định m để đường thẳng d: y =
9
3
4
x −
cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt A(0,– 3), B, C
thỏa điều kiện B nằm giữa A và C đồng thời AC = 3AB.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
2(sin cos ) sin 3 cos3 3 2(2 sin 2 )x x x x x− + + = +
2) Giải phương trình:
2
2 2
log ( 2) (2 20)log ( 2) 10 75 0x x x x+ + − + − + =
Câu III (1 điểm)
Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y =
5
1 3 2
x
x

+
+ +
, trục hoành và hai
đường thẳng x = – 1, x = 3 quay quanh trục hoành.
Câu IV (1 điểm)
Cho khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’= 2a. Gọi M, N lần lượt trung điểm
của CC’, A’C’. Mặt phẳng (BMN) cắt cạnh A’B’ tại E. Tính thể tích khối chóp A.BMNE.
Câu V ( 1 điểm)
Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn :
2 2
( 2) ( 2) 7x y+ + + =
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
P =
3
( 4) 5x x + +
+
3
( 4) 5y y + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau )
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa ( 2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác MNPQ với M( – 1,– 3 ), N(4,
4
3
−
), P(4, 1), Q(–3, 1) và điểm
I(1,
1
2

−
). Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D lần lượt nằm trên các đường thẳng MN, NP, PQ, QM sao cho
ABCD là hình bình hành nhận I làm tâm.
2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1 1 1
1 2 3
x y z− + −
= =
−
và hai điểm A(3, 2, –1),
B(–1,– 4,3). Tìm trên đường thẳng d điểm M sao cho MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VIIa ( 1 điểm)
Tính tổng S =
0 1 2 2010 2011
2011 2011 2011 2011 2011
1 1 1 1 1

3 4 5 2013 2014
C C C C C− + − + −
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb ( 2 điểm)
1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) :
2 2
1
9 5
x y
+ =
và hai điểm A(2, – 2), B(– 4, 2). Tìm điểm M
trên (E) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
2) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):

2 2 2
( 1) ( 2) ( 3) 17x y z+ + − + + =
và mặt phẳng (P):
2x + 2y + z + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xúc với
mặt cầu (S).
Câu VIIb ( 1 điểm)
Gọi z
1
và z
2
là hai nghiệm của phương trình:
2
[(1 3) ( 3 1) ] 2 3 2 0z i z i− + + − + + =
. Tìm phần thực và
phần ảo của số phức
2011 2011
1 2
z z+


HƯỚNG DẪN
Câu I (2 điểm)
1)(1,0 đ) Khi m = 1 ta có hàm
3 2
6 9 3y x x x= − + −
+TXĐ : D = R
+
lim

x
y
→−∞
= −∞
,
lim
x
y
→+∞
= +∞
+ y’ = 3x
2
– 12x + 9 ; y’ = 0
1 1
3 3
x y
x y
= ⇒ =

⇔

= ⇒ = −


+BBT
x –
∞
1 3 +
∞
y’ + 0 – 0 +

y
1 +
∞
–
∞
– 3
+ Hàm đồng biến trên các khoảng (–
∞
, 1) và (3, +
∞
), nghịch biến trên khoảng (1,3)
Điểm cực đại của đồ thị (1,1), điểm cực tiểu của đồ thị (3, –3)
+ y” = 6x – 12 ; y” = 0
⇔
x = 2 , y(2) = – 1 . Đồ thị có điểm uốn (2,– 1)
+ Đồ thị
4
2
-2
-4
-5
5
t
x
( )
=
x
3
-6
⋅

x
2
(
)
+9
⋅
x
(
)
-3

2)(1,0 đ) + Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) :
3 2
9
6 9 3 3
4
mx x mx x− + − = −
⇔
2
9
( 6 9 ) 0
4
x mx x m− + − =
⇔
2
9
0; 6 9 0(2)
4
x mx x m= − + − =
+ Có 3 giao điểm A(0, – 3), B, C phân biệt

⇔
(2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
⇔
2
0 0
9
' 9 (9 ) 0 1 0
4 4
9 1
9 0
4 4
m m
m
m m m
m m
 
 
≠ ≠
 
 
∆ = − − > ⇔ − + + >
 
 
 
− ≠ ≠
 
 
⇔
0
1 65 1 65

8 8
1
4
m
m
m

≠


− +

< <



≠


(*)
+ Gọi B(x
1
, y
1
), C(x
2
, y
2
) với y
1

=
9
4
x
1
– 3, y
2
=
9
4
x
2
– 3 ; trong đó x
1
, x
2
là 2 nghiệm của (1) . Ta có
AB
uuur
= (x
1
,
y
1
+ 3),
AC
uuur
= (x
2
, y

2
+ 3)
AC
uuur
= 3
AB
uuur
⇔
2 1
2 1
3
3 3( 3)
x x
y y
=


+ = +

⇔
x
2
= 3x
1

+Ta có
2 1 1 1
1 2 2 2
2
1 2 1 2

3 3/ 2 3 / 2
6 / 9 / 2 9 / 2
9 9 / 4 9 9 / 4
4 3 0
x x x m x m
x x m x m x m
x x m x x m
m m

= = =
 

 
+ = ⇔ = ⇔ =
  
  
= − = −
− − =
 

+ Ta có 4m
2
– m – 3 = 0
⇔
1
3 / 4
m
m
=



= −

( thỏa điều kiện (*)) +Kết luận : m = 1 và m = – 3/4
Câu II(2 điểm) 1)
2(sin cos ) sin 3 cos3 3 2(2 sin 2 )x x x x x− + + = +
⇔
3 3
2(sin cos ) 3sin 4sin 4cos 3cos 3 2(2 sin 2 )x x x x x x x− + − + − = +

⇔
5(sin cos ) 4(sin cos )(1 sin cos ) 3 2(2 sin 2 )x x x x x x x− − − + = +
⇔
(sin cos )(1 4sin cos ) 3 2(2 sin 2 )x x x x x− − = +
(1)
+ Đặt t = sinx – cosx ,
2 2t− ≤ ≤
thì t
2
= 1 – sin2x
+ (1) trở thành t[1 + 2(t
2
– 1)] =
3 2
( 3 – t
2
)
⇔
3 2
2 3 2 9 2 0t t t+ − − =

⇔
2
( 2)(2 5 2 9) 0t t t− + + =
⇔
t =
2
+ sinx – cosx =
2
⇔
3
sin( ) 1 2
4 4
x x k
π π
π
− = ⇔ = +
2) (1,0 đ)
2
2 2
log ( 2) (2 20)log ( 2) 10 75 0x x x x+ + − + − + =
(1)
+ĐK: x > – 2 . Đặt t =
2
log ( 2)x +
thì (1) có dạng t
2
+ (2x – 20)t + 75 – 10x = 0 (2)
+
'∆
= (x – 10)

2
– (75 – 10x) = x
2
– 10x + 25 = (x – 5)
2
Suy ra (2)
⇔
5
15 2
t
t x
=


= −

+
2
log ( 2)x +
= 5
⇔
x + 2 = 2
5

⇔
x = 30 +
2
log ( 2)x +
= 15 – 2x
⇔

2
log ( 2)x +
+ 2x – 15 = 0
Đặt f(x) =
2
log ( 2)x +
+ 2x – 15 thì f’(x) =
1
2
( 2)ln 2x
+
+
> 0,
∀
x
( 2, )∈ − +∞
Hàm f(x) đồng biến trên ( – 2,+
∞
) và f(6) = 0
⇒
x = 6 là nghiệm duy nhất phương trình f(x) = 0.
+ Kết luận: Tập nghiệm S = {30, 6}
Câu III (1 điểm) + Thể tích khối tròn xoay tạo ra là V =
3
2
1
5
(1 3 2 )
x
dx

x
π
−
+
+ +
∫
+ Đặt t = 1 +
3 2x+
⇒
3 2x+
= t – 1
⇒
3 + 2x = (t – 1)
2

⇒
dx = (t – 1)dt
x = – 1
⇒
t = 2 ; x = 3
⇒
t = 4
+ V =
4
2
2
2
1 2 8
( 1)
2

t t
t dt
t
π
− +
−
∫
=
4
2
2
1 10 8
3
2
t dt
t t
π
 
− + −
 ÷
 
∫
=
4
2
2
1 8
3 10ln
2 2
t

t t
t
π
 
− + +
 ÷
 
=
( )
5ln 2 1
π
−

Câu IV (1 điểm)
+ Đường thẳng MN cắt đường thẳng AA’ và AC tại H và K; HB cắt A’B’ tại E.
E
K
H
N
M
C'
B'
A
C
B
A'

Ta có A’H = C’M = a, CK = NC’ = a/2
+V
A.BMNE

= V
HABK
– (V
HAEN
+ V
MABK
)
+S
ABK
=
1
2
AB.AK.sin60
0
=
2
3 3
8
a
+V
H.ABK
=
1
3
S
ABK
.HA =
3
3 3
8

a
+V
M.ABK
=
1
3
S
ABK
.MC =
3
3
8
a
;
' ' 1
3
A E HA
AB HA
= =
⇒
A’E =
1
3
a
+V
HAEN
= V
H.A’EN
+ V
A.A’EN

=
1
3
S
A’EN
.HA
=
1
6
.A’E.A’N.sin60
0
.HA =
3
3
24
a
+V
A.BMNE
=
3
3 3
8
a
– (
3
3
24
a
+
3

3
8
a
) =
3
5 3
24
a

Câu V(1 điểm) + Gọi T là miền giá trị của P. Ta có m
∈
T
⇔
Hệ sau có nghiệm
2 2
3 3
( 2) ( 2) 7
( 4) 5 ( 4) 5
x y
x x y y m

+ + + =


+ + + + + =


(I)
+Đặt u =
3

( 4) 5x x + +
, v =
3
( 4) 5y y + +
.Ta có u =
2
3
( 2) 1 1x + + ≥
,tương tự v
≥
1
Hệ (I) trở thành
3 3
9u v
u v m

+ =

+ =

⇔
3
( ) 3 ( ) 9u v uv u v
u v m

+ − + =

+ =

⇔

3
9
3
m
uv
m
u v m

−
=



+ =

(m
≠
0)
+Ta có u, v là hai nghiệm phương trình:
3
2
9
0
3
m
t mt
m
−
− + =
(1)

+ Hệ (I) có nghiệm
⇔
Phương trình (1) có nghiệm t
1
, t
2
thỏa điều kiện 1
1 2
t t≤ ≤

⇔
1 2
1 2
0
( 1) ( 1) 0
( 1)( 1) 0
t t
t t
∆ ≥


− + − ≥


− − ≥

⇔
3
2
3

4( 9)
0
3
2 0
9
1 0
3
m
m
m
m
m
m
m

−
− ≥



− ≥


−

− + ≥


⇔
3

3 2
36
0
3
2
3 3 9
0
3
m
m
m
m m m
m

− +
≥



≥


− + −

≥


⇔
3
0 36

2
0 3
m
m
m m

< ≤

≥


< ∨ ≥

⇔
3
3 36m≤ ≤
. Suy ra miền giá trị T = [3,
3
36
] . Vậy maxP =
3
36
, minP = 3
Câu VIa ( 2 điểm):
1)(1,0 đ) + Gọi M’, N’ lần lượt điểm đối xứng của M và N qua I
⇒
M’(3, 2) và N’( – 2,
1
3
)

+Phương trình đường thẳng M’N’:
3 2
5 5 / 3
x y− −
=
− −
⇔
x – 3y + 3 = 0
+A
∈
MN và C đối xứng với A qua I nên C là giao điểm của M’N’ với PQ
+ Phương trình đường thẳng PQ: y = 1.
+Tọa độ điểm C là nghiệm hệ pt
3 3 0 0
1 1
x y x
y y
− + = =
 
⇔
 
= =
 
. C(0, 1)
⇒
A(2, – 2)
+ Gọi Q’ điểm đối xứng của Q qua I
⇒
Q’(5, – 2)
+D

∈
MQ và B đối xứng với D qua I nên B là giao điểm của M’Q’ với PN
+ Phương trình M’Q’:
5 2
2 4
x y− +
=
−
⇔
2x + y – 8 = 0; phương trình PN : x = 4
+Tọa độ điểm B là nghiệm hệ pt
2 8 0 4
4 0
x y x
x y
+ − = =
 
⇔
 
= =
 
. B(4, 0)
⇒
D(– 2, – 1 )
Vậy: A(2, – 2), B(4, 0), C(0, 1), D(– 2, – 1 )
2)M(1 + t, – 1 + 2t, 1 – 3 t)
∈
d. Ta có:
MA + MB =
2 2 2

( 2) (2 3) (2 3 )t t t− + − + −
+
2 2 2
(2 ) (2 3) ( 2 3 )t t t+ + + + − −
=
2 2
14 28 17 14 28 17t t t t− + + + +
=
2 2
3 3
14 ( 1) ( 1)
14 14
t t
 
− + + + +
 ÷
 ÷
 
+Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét E(1,
3
14
), F(–1, –
3
14
) và N(t, 0)
Ta có MA + MB =
14
(NE + NF)
≥
14

FE = 2
17
+ E và F nằm hai bên trục hoành và đối xứng qua gốc O, còn N chạy trên trục hoành nên dấu đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0
+ Vậy min(MA + MB) = 2
17
khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1)
Câu VIIa (1 điểm) + Ta có
2011 0 1 2 2 2010 2010 2011 2011
2011 2011 2011 2011 2011
(1 ) x C C x C x C x C x− = − + − + −
Suy ra
2 2011 0 2 1 3 2 4 2010 2012 2011 2013
2011 2011 2011 2011 2011
(1 ) x x C x C x C x C x C x− = − + − + −
1
2 2011
0
(1 )x x dx−
∫
=
( )
1
0 2 1 3 2 4 2010 2012 2011 2013
2011 2011 2011 2011 2011
0
C x C x C x C x C x dx− + − + −
∫
=
1

0 3 1 4 2 5 2010 2013 2011 2014
2011 2011 2011 2011 2011
0
1 1 1 1 1

3 4 5 2013 2014
C x C x C x C x C x
 
− + − + −
 ÷
 
=
0 1 2 2010 2011
2011 2011 2011 2011 2011
1 1 1 1 1

3 4 5 2013 2014
C C C C C− + − + −
Vậy S =
1
2 2011
0
(1 )x x dx−
∫
.
Đặt t = 1 – x
⇒
dt = – dx . Với x = 0 thì t = 1; với x = 1 thì t = 0
S =
0

2 2011
1
(1 ) ( )t t dt− −
∫
=
1
2 2011
0
( 2 1)t t t dt− +
∫
=
1
2013 2012 2011
0
( 2 )t t t dt− +
∫
=
1
2014 2013 2012
0
2
2014 2013 2012
t t t
 
− +
 ÷
 
=
1 2 1
2014 2013 2012

− +
=
1
2013.2014.1006
Câu VIb ( 2 điểm) 1)Phương trình đường thẳng AB:
2 2
4 2 2 2
x y− +
=
− − +
⇔
2x + 3y + 2 = 0
+ AB = 2
13
, M(x
0
,y
0
)
∈
(E)
⇔
2 2
0 0
1
9 5
x y
+ =
, d(M,AB) =
0 0

2 3 2
13
x y+ +
+ S
MAB
=
1
2
AB.d(M,AB) =
0 0
2 3 2x y+ +
+ BĐT Bunhiacôpxki
2
2 2
2
0 0 0 0
0 0
(2 3 ) .6 .3 5 (36 45) 81
3 9 5
5
x y x y
x y
 
 
+ = + ≤ + + =
 ÷
 ÷
 
 
Suy ra

0 0
9 2 3 9x y− ≤ + ≤
⇔
0 0
7 2 3 2 11x y− ≤ + + ≤
0 0
2 3 2 11x y⇒ + + ≤
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0 0 0
0
0 0
2
18 15
5
2 3 9
3
x y x
y
x y
=
 
=
 
⇔
 
=
 
+ =



.Vậy maxS
MAB
= 11 khi và chỉ khi M(2,
5
)
3
2)(S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R =
17
. (P) có VTPT
n
r
= (2, 2, 1)
+ Gọi
u
r
= (a, b, c) là VTCP đường thẳng
∆
cần tìm (a
2
+ b
2
+ c
2
> 0)
+
∆
⊂
(P)
⇒
u

r
⊥
n
r
⇔
2a + 2b + c = 0
⇔
c = – 2a – 2b (1)
+ Ta có
AI
uur
= (–9, 2, 20), [
AI
uur
,
u
r
] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a)

∆
tiếp xúc (S)
⇔
d(I,
∆
) = R
⇔
,
17
AI u
u

 
 
=
uur r
r
⇔
2 2 2 2 2 2
(2 20 ) (20 9 ) ( 9 2 ) 17.c b a c b a a b c− + + + − − = + +
(2)
+Từ (1) và (2) ta có :
2 2 2 2 2 2
( 4 24 ) (2 18 ) ( 9 2 ) 17[ ( 2 2 ) ]a b a b b a a b a b− − + − + − − = + + − −
⇔
896b
2
– 61a
2
+ 20ab = 0
+Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b
≠
0. Chọn b = 1
Ta có – 61a
2
+ 20a + 896 = 0
⇔
a = 4 hoặc a =
224
61
−
+ Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a =

224
61
−
, b = 1 thì c =
326
61
.Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là:
( )
∆
8 4 , ; 23 10x t y t z t= + = = − −
và
( )
/
224 326
8 ; ; 23
61 61
x t y t z t∆ = − = = − +
Câu VIIb (1 điểm) + Biệt số
∆
=
2
[(1 3) ( 3 1) ] 4(2 3 2 ) 4 3 4i i i+ + − − + = − −
=
2
[(1 3) (1 3) ]i− + +
+Phương trình có hai nghiệm: z
1
=
3
– i và z

2
= 1 +
3
i
+z
1
=
3
– i =
3 1
2( ) 2[cos( ) sin( )]
2 2 6 6
i i
π π
− = − + −
⇒
2011 2011
1
2011 2011
2 [cos( ) sin( )
6 6
z i
π π
= − + −
2011
7 7
2 [cos( ) sin( )]
6 6
i
π π

= − + −
=
2011
3 1
2 ( )
2 2
i− +
+z
2
= 1 +
3
i =
1 3
2( ) 2(cos sin )
2 2 3 3
i i
π π
+ = +
⇒
2011 2011 2011
2
2011 2011
2 (cos sin ) 2 (cos sin )
3 3 3 3
z i i
π π π π
= + = +
=
2011
1 3

2 ( )
2 2
i+
Suy ra
2011 2011 2011
1 2
1 3 1 3
2 [ ]
2 2
z z i
− +
+ = +
. Vậy phần thực là
2010
2 (1 3)−
và phần ảo là
2010
2 (1 3)+