ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 101 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 CÁC THÍ SINH (7 điểm ) :
Câu 1 ( 2,0 điểm ). Cho hàm số
x
y
x
2 1
1
−
=
−
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt các trục Ox , Oy lần lượt
tại các điểm phân biệt A , B sao cho OA = 4OB.
Câu 2 ( 1,0 điểm). Giải phương trình
2 sin 2 3sin cos 2
4
x x x
π
 
+ = + +
 ÷
 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 2 3
3 2

6 13 10
2 5 3 3 10 6
x x x y y
x y x y x x y

− + = + +


+ + − − − = − − +


(
,x y ∈R
).
Câu 4 (1,0 điểm) .Tính tích phân
6
2
2 1 4 1
=
+ + +
∫
dx
I
x x
.
Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường
tròn đường kính AD =2a, SA
⊥
(ABCD) và SA =
6a

. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A
lên SB. Tính thể tích khối chóp H.SCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn
2 2 2
x y z xyz+ + =
.
Chứng minh :
2 2 2
1
2
x y z
x yz y xz z xy
+ + ≤
+ + +
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( A hoặc B )
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình vuông
ABCD
có
( )
3; 3D −
,
M
là trung điểm của
AD
, phương trình đường thẳng
: 2 0CM x y− − =
,

B
nằm trên đường
thẳng
:3 2 0d x y+ − =
. Tìm tọa độ
, ,A B C
biết
B
có hoành độ âm
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
P
:
3 2 4 0x y z+ − + =
và điểm
( )
2;2;0A
. Tìm tọa độ điểm
M
sao cho
MA
vuông góc với
( )
P
,
M
cách đều gốc tọa độ
O

và mặt phẳng
( )
P
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn:
1
4 3
7( 3)
n n
n n
C C n
+
+ +
− = +
.Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển:
5
3
2
( ) ( )
n
P x x
x
= +
với
0x
>

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có
( )
1; 1D − −
, diện tích bằng 6, phân giác trong của góc A là
∆
có phương trình
2 0x y− + =
.Tìm
tọa độ đỉnh
B
của hình chữ nhật , biết
A
có tung độ âm
Câu 8.b (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt cầu (S) :
2 2 2
2 6 4 5 0x y z x y z+ + − + − + =
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
Oy
và cắt (S) theo một
đường tròn có bán kính
2r =
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức
z
sao cho

2
z
là số thuần ảo và
2 4z i− =
……………HẾT………
Câu 1: 1, (1.5 điểm)
TXĐ:
{ }
\ 1D R
=

2
1
' 0
( 1)
y
x
−
= <
−
. Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
.
1
lim
x

y
+
→
= +∞
;
1
lim
x
y
−
→
= −∞

Tiệm cận đứng x = 1

lim lim 2
x x
y y
→+∞ →−∞
= =
; Tiệm cận ngang y = 2.
* Bảng biến thiên
x
−∞
1

+∞
,
y

−

−
y
2

−∞

+∞
2
Đồ thị:
Câu 1: 2, (0,5 điểm)
2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại
M x y
0 0
( ; )
cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB.
Do ∆OAB vuông tại O nên:
OB
A
OA
1
tan
4
= =
⇒ Hệ số góc của d bằng
1
4
hoặc
1

4
−
.
Hệ số góc của d là:
y x
x
0
2
0
1
( ) 0
( 1)
′
= − <
−
⇒
y x
0
1
( )
4
′
= −
⇔
x
2
0
1 1
4
( 1)

− = −
−
⇔
1
3
o
o
x
x
= −


=

Với
= −
o
x 1
thì
3
2
o
y =
. Khi đó phương trình tiếp tuyến là:
y x
1 3
( 1)
4 2
= − + +

1 5
4 4
x= − +
Với
=
o
x 3
thì
5
2
o
y =
. Khi đó phương trình tiếp tuyến là:
y x
1 5
( 3)
4 2
= − − +
=
1 13
4 4
x− +
Câu 2:(1.0 điểm)
2 sin 2 3sin cos 2
4
x x x
π
 
+ = + +
 ÷

 
⇔
sin 2 cos2 3sin cos 2x x x x+ = + +
⇔
2
2sin cos 2cos 1 3sin cos 2x x x x x+ − = + +
⇔
( )
2
sin 2cos 3 2cos cos 3 0x x x x− + − − =
⇔
( ) ( ) ( )
sin 2cos 3 cos 1 2cos 3 0x x x x− + + − =
⇔
( ) ( )
2cos 3 sin cos 1 0x x x− + + =
⇔
1
sin cos 1 0 sin cos 1 sin
4
2
x x x x x
π
 
+ + = ⇔ + = − ⇔ + = −
 ÷
 
⇔
2
4 4

5
2
4 4
x k
x k
π π
π
π π
π

+ = − +



+ = +


, (k ∈ Z )
2
2
2
x k
x k
π
π
π π

= − +

⇔


= +

(k ∈ Z.)
Câu 3: (1.0 điểm)
3 2 3
3 2
6 13 10
2 5 3 3 10 6
x x x y y
x y x y x x y

− + = + +


+ + − − − = − − +


( ) ( )
3
3
1 2 2x x y y⇔ − + − = +
(*)
Xét hàm số
( )
3
f t t t= +
. Ta có
( ) ( )
' 2

3 1 0f t t t f t= + > ∀ ∈ ⇒R
đồng biến trên
R
Do đó (*)
2y x⇔ = −
.Thay
2y x= −
vào (2) ta được :
3 2
3 3 5 2 3 10 26x x x x x+ − − = − − +
3 2
3 3 3 1 5 2 3 10 24x x x x x⇔ + − + − − = − − +
⇔
( ) ( )
( )
( )
2
3 2 2 2
2 12
3 3 3 1 5 2
x x
x x x
x x
− −
+ = − − −
+ + + −

2
2
3 2

12
3 3 3 1 5 2
x
x x
x x
=


⇔

+ = − −

+ + + −

PT (3) vô nghiệm vì với
5
1
2
x− ≤ ≤
thì
2
12 0x x− − <
. Vậy hệ có nghiệm duy nhất
2
0
x
y
=



=

Câu 4: Tính tích phân
6
2
2 1 4 1
=
+ + +
∫
dx
I
x x
Đặt
2
1
4 1
4 2
t tdt
t x x dx
−
= + ⇒ = ⇒ =

( ) ( )
2 3, 6 5t t= =
Khi đó
( ) ( )
5 5
5
3
2 2

3 3
1 1 1 3 1
ln 1 ln
1 1 2 12
1 1
tdt
I dt t
t t
t t
 
 
= = − = + + = −
 ÷
 ÷
 ÷
+ +
 
+ +
 
∫ ∫
5
3
1
ln 1
1
t
t
 
= + +
 ÷

+
 
3 1
ln
2 12
= −
Câu 5: Tính thể tích…
Ta có :
2
.
. .
2 2
.
. 6
,
7
S HDC
H SDC S HDC
S BDC
V
SH SH SB SA
V V
V SB SB SB
= = = = =
. .
6 6 1 2
. . . 6.
7 7 3 7
S HDC S BDC BDC BDC
V V SA S a S⇒ = = =

Gọi K là hình chiếu của B trên AD
Ta có ;
. 3
BK.AD AB.BD BK=
2
AB BD a
AD
= ⇒ =
2
1 3
.
2 4
BCD
a
S BK BC⇒ = =
Vậy
3
.
3 2
14
H SDC
a
V =
Vì
( )
AD SBCP
nên
( ) ( )
( )
( )

( )
, , ,d AD SC d AD SBC d A SBC= =
h
=
.Dựng hình bình hành ADBE .Do
AB BD⊥
nên
AB AE⊥
Trong tứ diện vuông ASEB ta có :
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 9
6h SA AB AE SA AB BD a
= + + = + + =
6
3
a
h⇒ =
Câu 6 (1,0 điểm) Từ gt ta có :
1
x y z
yz xz xy
+ + =
. Mặt khác :
2 2 2
xy yz zx x y x+ + ≤ + +
.Mà theo gt
2 2 2
x y x xyz+ + =
nên
xy yz zx xyz+ + ≤

1 1 1
1
x y z
+ + ≤
Lại có :
2
1 1 1
4
x x
yz
x yz x yz
x
x
 
= ≤ +
 ÷
+
 
+
(1)
Tương tự :
2
1 1
4
y y
y xz y xz
 
≤ +
 ÷

+
 
(2)
2
1 1
4
z z
z xy z xy
 
≤ +
 ÷
+
 
(3)
Cộng (1) (2) (3) ta được :
( )
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1
4 4 2
x y z x y z
x yz y xz z xy x y z yz xz xy
 
+ + ≤ + + + + + ≤ + =
 ÷
+ + +
 
Đẳng thức xảy ra
2 2 2
2 2 2

3
, ,
x y x xyz
x y z x y z
x yz y xz z xy

+ + =

⇔ = = ⇔ = = =


= = =


Câu 7a: (1,0 điểm)
( )
; 3 2B d B b b∈ ⇒ − +
Vì
2
BMC DMC
S S=
nên
( ) ( )
, 2 ,d B CM d D CM=

3
1 2
1
b
b

b
=

⇔ − = ⇔

= −

Khi đó
( ) ( )
3; 7 , 1;5B B− −
. Loại
( )
3; 7B −
vì B có hoành độ dương
( )
; 2C CM C c c∈ ⇒ −
. Gọi I là trung điểm của BD
( )
1;1I⇒
Do
CI BD
⊥
nên
. 0 5CI BD c= ⇔ =
uuruuur
.
( )
5;3C⇒
.Vì I là trung điểm của AC nên
( )

3; 1A − −

Câu 8a(1,0 điểm)
( )
P
có véc tơ pháp tuyến
( )
3;2; 1n −
r
Gọi
( )
; ;M a b c
Ta có
( )
2; 2;AM a b c− −
uuuur
Vì
( )
MA P⊥
nên
AM
uuuur
và
n
r
cùng phương
,AM tn t⇔ = ∈
uuuur r
R
⇔

2 3
2 2
a t
b t
c t
= +


= +


= −

(1)
Vì M cách đều O và (P) nên
( )
( )
2 2 2
3 2 4
,
14
a b c
MO d M P a b c
+ − +
= ⇔ + + =
.
( )
( )
2
2 2 2

14 3 2 4a b c a b c⇔ + + = + − +
(2)
Thay (1) vào (2) tìm được
3
4
t
−
=
. Vậy
1 1 3
; ;
4 2 4
M
 
−
 ÷
 
Câu 9a: Tìm hệ số của số hạng chứa
8
x
trong khai triển
5
3
2
( ) ( )
n
P x x
x
= +
1

4 3
7( 3) ( 4)( 3)( 2) ( 3)( 2)( 1) 42( 3)
n n
n n
C C n n n n n n n n
+
+ +
− = + ⇔ + + + − + + + = +
2 2
5 6 14( 3) 9 36 0n n n n n⇔ + + = + ⇔ − − =
3( )
12( )
n loai
n tm
= −

⇔

=

Với n=12 ta có nhị thức:
5 12
3
2
( )x
x
+
Ta có:
5(12 ) 60 11
12 12

5 12 3
2 2
12 12
3
0 0
2
( ) ( ) 2 2
k k
k k k k k
k k
P x x C x x C x
x
− −
−
= =
= + = =
∑ ∑
60 11
8 60 11 16 4
2
k
k k
−
= ⇔ − = ⇔ =
. Hê số của
8
x
là
4 4
12

C 2 7920
=
Gọi E là điểm đối xứng với D qua
∆
E AB
⇒ ∈
.PT đường thẳng DE:
x y 2 0+ + =
Gọi I là giao điểm của DE với
∆
( )
2;0I⇒ −
.Vì I là trung điểm của DE nên
( )
3;1E −
( )
; 2A A a a∈∆ ⇒ +
với
2a
< −
. Do
AE AD⊥
nên
. 0 3AE AD a= ⇔ = −
uuur uuur
.
( )
3; 1A − −
Câu 7b(1,0 điểm) PT đường thẳng AE:
x 3 0

+ =
,
( )
3;B AE B b∈ ⇒ −
6 .
ABCD
S AB AD= =
. Mà
2AD =
nên
3AB
=
2
4
b
b
=

⇔

= −

. Khi đó
( ) ( )
3;2 , 3; 4B B− − −
. Loại
( )
3; 4B − −
vì khi đó
∆

là phân giác ngoài. Vậy
( )
3;2B −
Câu 8b(1,0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm
( )
1; 3;2I −
, bán kính
3R
=
Vì
( )
P
chứa trục
Oy
nên PT
( )
P
có dạng :
0Ax Cz
+ =

( )
, 0B C ≠
Ta có
( )
( )
2 2
, 5d I P R r= − =
2 2
2

5
A C
A C
+
⇔ =
+
( )
2
2 0 2A C C A⇔ − = ⇔ =
. Chọn
1 2A C
= ⇒ =
. Vậy PT
( )
P
là :
x 2z 0
+ =
Gọi
z a bi
= +
.Ta có
( )
2
2
2 2z i a b− = + −
,
2 2 2
2z a b abi= − +
Câu 9b(1,0 điểm) Ycbt

( )
2
2
2 2
2 4
0
a b
a b

+ − =

⇔

− =


0
0
a
b
=

⇔

=

hoặc
2
2
a

b
=


=

hoặc
2
2
a
b
= −


=

Vậy
0, 2 2 , 2 2z z i z i= = + = − +