ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 143 pdf

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.
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y =
1
x
x −

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với
đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1).
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
3 2
cos cos
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
2. Giải hệ phương trình:
2
2 2
( ) 4 1
( ) 2 7 2

x x y y x
x x y y x

+ + = −


+ − = +


Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x+
∫
Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C;
đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc
0
60
và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần
lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ =
4
a
.
Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng
(MAC) (NPQ)⊥
.

Câu V: (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện
3ab bc ca+ + =
, ta có:
2 2 2
1 1 1
1
2 2 2a b c
+ + ≤
+ + +
Câu VI: (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm
M
1
(0; )
3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B
có hoành độ dương.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng :
1
: 4
1 2
x t
d y t
z t
=


= −



= − +

; d
2
:
2
1 3 3
x y z−
= =
− −
và d
3
:
1 1 1
5 2 1
x y z+ − +
= =
. Viết phương trình đường
thẳng ∆, biết ∆ cắt ba đường thẳng d
1
, d
2
, d
3
lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC.
Câu VII: (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :
2
2
2 . 8z z z z+ + =
và

2z z+ =
Hết
HƯỚNG DẪN
Câu 1: 1, (1 điểm)TXĐ : D = R\{1}
y’ =
2
1
0
( 1)x
− <
−
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
→+∞ →−∞
= =
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
+ −
→ →
= +∞ = −∞
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

Bảng biến thiên
1
+
∞

-
∞
1
- -
y
y'
x
-
∞
1 +
∞
Hàm số nghịch biến trên
( ;1)−∞
và
(1; )+∞
,Hàm số không có cực trị
Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng
Câu 1:2, (1 điểm)Với
0
1x ≠
, tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x
0
;
0
0
1
x
x −
) có phương trình :
0

0
2
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
= − − +
− −
2
0
2 2
0 0
1
0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
⇔ + − =
− −

(d) có vec – tơ chỉ phương
2
0
1
( 1; )
( 1)

u
x
= −
−
r
,
0
0
1
( 1; )
1
IM x
x
= −
−
uuur
Để (d) vuông góc IM điều kiện là :
0
0
2
0
0 0
0
1 1
. 0 1.( 1) 0
2
( 1) 1
x
u IM x
x

x x
=

= ⇔ − − + = ⇔

=
− −

r uuur
+ Với x
0
= 0 ta có M(0,0) + Với x
0
= 2 ta có M(2, 2)
Câu 2: 1, (1 điểm) ĐK:
sin cos 0x x
+ ≠
Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x 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 m
π
π
π π

= − +

⇔

= +


( )
,k m ∈Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2

x k
π
π
= − +
và
2x m
π π
= +

( )
,k m ∈Z
Câu 2: 2, (1 điểm) Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình
Với
0x
≠
, ta có:
2
2 2
2 2
2
2
1
4
1 4
( ) 2 2 7
1
( ) 2 7
y
x y
x y xy x

x
x x y y x
y
x y
x

+
+ + =


+ + + =

⇔
 
+ − − =
+


+ − =


Đặt
2
1
,
y
u v x y
x
+
= = +

ta có hệ:
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
+ = = − = =
  
⇔ ⇔
 

− = + − = = − =
  
+) Với
3, 1v u= =
ta có hệ:
2 2 2
1, 2
1 1 2 0
2, 5
3 3 3
y x
y x y x y y
y x
x y x y x y
= =
  
+ = + = + − =

⇔ ⇔ ⇔

  

= − =
+ = = − = −

  
.
+) Với
5, 9v u= − =
ta có hệ:
2
1 9
5
y x
x y

+ =

+ = −

, hệ này vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( ; ) (2;1), ( ; ) (5; 2).x y x y= = −
Câu 3: (1,0 điểm) Đặt t =
1 ln x+
có 2tdt =
1
dx
x
x = 1 thì t = 1; x = e thì t =

2
2
2
1 1
ln 1
2
1 ln
e
x t
dx tdt
t
x x
−
= =
+
∫ ∫
2
3
1
2( )
3
t
t− =

2(2 2)
3
−
Câu 4 (1,0 điểm) Gọi I là trung điểm A’B’ thì
' ' '
' ( ' ')

' AA'
C I A B
C I ABA B
C I
⊥

⇒ ⊥

⊥

suy ra góc giữa BC’
và mp(ABB’A’) chính là góc
·
'C BI
. Suy ra
·
0
' 60C BI =

·
15
' .tan '
2
a
C I BI C BI= =
3
. ' ' ' ' ' '
1 . 15
. .
AA'. AA' . ' '

2 4
ABC A B C A B C
a
V S CI A B= = =

/ / '
( ) / /( ' )
/ / '
NP BC
NPQ C BI
PQ C I

⇒


(1)
·
·
· ·
0
' ( ) ' ' 90 AM BIABM BB I c g c suy ra AMB BIB suy ra AMB B BI= − − = + = ⇒ ⊥V V
.
Mặt khác theo chứng minh trên C’I
⊥
AM nên AM
⊥
( ' )C BI
Suy ra (AMC)
⊥
( ' )C BI

(2)
Từ (1) và (2) suy ra
(MAC) (NPQ)⊥
Câu 5(1,0 điểm) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
4a b b c c a a b c+ + + ≥
Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh
2 2 2
4x y z xyz+ + + ≥
với mọi x, y, z không âm
thỏa mãn: x + y + z = 3. Không làm mất tính tổng quát giả sử x
≤
y; x
≤
z thì x
≤
1 ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
1
4 ( ) ( 2) 4 ( ) ( ) ( 2) 4
4
x y z xyz x y z yz x x y z y z x+ + + − = + + + − − ≥ + + + + − − =
2 2 2
2 1
(3 ) 4 ( 1) ( 2) 0
4 4
x
x x x x
+
= + − − = − + ≥

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
Câu 6: 1(1,0 điểm) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có :
'
'
2 4
2 5
N I N
N I N
x x x
y y y
= − =


= − = −

Phương trình đường thẳng AB:4x + 3y – 1 = 0
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB:
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
+ −
= =
+
AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:
2 2 2
1 1 1
4d x x
= +

suy ra x =
5
suy ra BI =
5
Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính
5
Tọa độ B là nghiệm của hệ:
2 2
4x 3y – 1 0
( 2) ( 1) 5x y
+ =


− + − =

B có hoành độ dương nên B( 1; -1)
Câu 6: 2(1,0 điểm) Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d
1
, d
2
, d
3
Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v)
A, B, C thẳng hàng và AB = BC
⇔
B là trung điểm của AC
( 1 5 ) 2
4 (1 2 ) 2.(2 3 )
1 2 ( 1 ) 2( 3 )
t v u

t v u
t v u
+ − + =


⇔ − + + = −


− + + − + = −

Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0
Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1)
Đường thẳng ∆ đi qua A, B, C có phương trình
2
1 1 1
x y z−
= =
Câu 7(1,0 điểm) Gọi z = x + iy ta có
2
2
2 2
;z x iy z z z z x y= − = = = +
2
2
2 2 2 2
2 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1)z z z z x y x y+ + = ⇔ + = ⇔ + =

2 2 2 1 (2)z z x x+ = ⇔ = ⇔ =
Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y =
1±

Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 – i