ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 112 potx

S GIO DC V O TO K LK
TRNG THPT NGUYN HU
THI TH I HC
MễN TON NM 2012 - 2013
Thi gian lm bi: 180 phỳt.
I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im)
Cõu I: (2.0 im) Cho hm s
y x x
3 2
3 1= +
cú th (C).
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Tỡm hai im A, B thuc th (C) sao cho tip tuyn ca (C) ti A, B song song vi nhau v AB=
4 2
.
Cõu II : (3.0 im)
1) Cho h phng trỡnh:
3 3
( )
2
x y m x y
x y

+ = +

=

. Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s m h phng trỡnh cú ba
nghim phõn bit (x
1
; y

1
), (x
2
; y
2
) v (x
3
; y
3
) sao cho x
1
, x
2
, x
3
lp thnh mt cp s cng.
2) Gii phng trỡnh: cotx 1 =
2
os2x 1
sin sin 2
1 + tanx 2
c
x x+
. 3) Tớnh
2
2
3
1
1 x
I dx

x x

=
+

Cõu III : (2.0 im)
1) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi tõm O, cnh a, gúc BAD =
0
60
, SO

(ABCD) v
SO = a. Tớnh khong cỏch gia hai ng thng AD v SB theo a.
2) Cho x, y, z l cỏc s thc dng tha món: x
2
+ y
2
+ z
2
3. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc:
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
= + +
+ + +
II. PHN RIấNG (3 im). TH SINH CHN MT TRONG HAI PHN SAU
1. Theo chng trỡnh C bn
Cõu IVa: (2.0 im)
1) Trong mt phng ta

,Oxy
cho tam giỏc ABC, cỏc ng thng cha ng cao v ng trung tuyn
k t nh A cú phng trỡnh ln lt l:
0132 = yx
v
.09613 = yx
Tỡm ta cỏc nh B v C bit
tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC l
).1;5(I
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d:
1 1
2 1 3
x y z
= =
. Lập phơng
trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Cõu Va: (1.0 im). Gii phng trỡnh:
10)2)(3)((
2
=++
zzzz
,
z
Ê
.
2. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu IVb: (2.0 im)
1) Trong mt phng to Oxy cho tam giỏc ABC, cú im A(2; 3), trng tõm G(2; 0). Hai nh B v C ln
lt nm trờn hai ng thng d
1

: x + y + 5 = 0 v d
2
: x + 2y 7 = 0. Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm
C v tip xỳc vi ng thng BG.
2) Trong khụng gian to cho ng thng d:
3 2 1
2 1 1
x y z + +
= =

v mt phng (P): x + y + z + 2 = 0.
Gi M l giao im ca d v (P). Vit phng trỡnh ng thng

nm trong mt phng (P), vuụng gúc vi
d ng thi tho món khong cỏch t M ti

bng
42
.
Cõu Vb: (1.0 im) Gii h phng trỡnh
( )
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y

x y
x y

=




+ =

Ă
ht
(Thớ sinh khụng s dng ti liu, giỏm th khụng gii thớch gỡ thờm!)
H v tờn thớ sinh: , s bỏo danh:
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu I
Cho hàm số
y x x
3 2
3 1= − +
có đồ thị (C)
1
- Tập xác định
- Sự biến thiên
- Đồ thị
0.25
0.5
0.25
2
Giả sử

A a a a B b b b
3 2 3 2
( ; 3 1), ( ; 3 1)− + − +
thuộc (C), với
a b≠
.
Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau nên:
y a y b( ) ( )
′ ′
=
⇔
a a b b a b a b a b a b
2 2 2 2
3 6 3 6 2( ) 0 ( )( 2) 0− = − ⇔ − − − = ⇔ − + − =
⇔

a b b a2 0 2
+ − = ⇔ = −
. Vì
a b
≠
nên
a a a2 1≠ − ⇔ ≠
Tacó:
AB b a b b a a b a b a b a
2 3 2 3 2 2 2 3 3 2 2 2
( ) ( 3 1 3 1) ( ) ( 3( ))= − + − + − + − = − + − − −
b a b a ab b a b a b a
2
2 3

( ) ( ) 3 ( ) 3( )( )
 
= − + − + − − − +
 
b a b a b a ab
2
2 2 2
( ) ( ) ( ) 3 3.2
 
= − + − − + −
 
b a b a b a ab
2
2 2 2
( ) ( ) ( ) 6
 
= − + − + − −
 
b a b a ab
2 2 2
( ) ( ) ( 2 )= − + − − −

2
AB b a ab a a a
2 2 2 2 2
( ) 1 ( 2 ) (2 2 ) 1 ( 2 2)
   
= − + − − = − + − −
   
a a a a a

2
2 2 2 4 2
4( 1) 1 ( 1) 3 4( 1) ( 1) 6( 1) 10
 
   
= − + − − = − − − − +
 
   
 
a a a
6 4 2
4( 1) 24( 1) 40( 1)= − − − + −
Mà
AB 4 2=
nên
a a a
6 4 2
4( 1) 24( 1) 40( 1) 32− − − + − =
a a a
6 4 2
( 1) 6( 1) 10( 1) 8 0⇔ − − − + − − =
(*)
Đặt
t a t
2
( 1) , 0= − >
. Khi đó (*) trở thành:
t t t t t t t
3 2 2
6 10 8 0 ( 4)( 2 2) 0 4− + − = ⇔ − − + = ⇔ =

⇒
a b
a
a b
2
3 1
( 1) 4
1 3

= ⇒ = −
− = ⇔

= − ⇒ =

Vậy 2 điểm thoả mãn YCBT là:
A B(3;1), ( 1; 3)− −
.
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu II
1
Cho hệ phương trình:
3 3
( )(1)
2(2)
x y m x y
x y


+ = +

− =


+ Từ (2), ta có y = x − 2 thay vào (1) ta có :
(2x - 2)[x
2
- 2x + 4 - m] = 0 ⇔
2
1
2 4 0(*)
x
x x m
=


− + − =

+ Nhận xét : (*) có 2 nghiệm x
1
, x
2
phân biệt thì : x
1
< 1 < x
2
và x
1

+ x
2
= 2. (thỏa
mãn 3 nghiệm lập thành cấp số cộng với mọi m để pt có 2 nghiệm phân biệt)
+ YCBT ⇔ pt (*) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = 1 - 4 + m > 0 ⇔ m > 3
0.25x4
2
Giải phương trình: cotx – 1 =
2
os2x 1
sin sin 2
1+tanx 2
c
x x+ −
.
0.25x4
+ Đk:



−≠
≠
⇔



≠+
≠
1tan
02sin

0cossin
02sin
x
x
xx
x
+ PT
xxx
xx
xx
x
xx
cossinsin
sincos
cos.2cos
sin
sincos
2
−+
+
=
−
⇔
xxxxxx
x
xx
cossinsincossincos
sin
sincos
22

−+−=
−
⇔
⇔
)2sin1(sinsincos xxxx −=−
⇔
0)1sincos)(sinsin(cos
2
=−−− xxxxx
⇔
0)32cos2)(sinsin(cos
=−+−
xxxx
+
(cos )( 2 sin(2 ) 3) 0
4
x sinx x
π
⇔ − + − =

cos 0
2 sin(2 ) 3( )
4
x sinx
x voly
π
− =


⇔


+ =

+
⇔
0sincos =− xx

⇔
tanx = 1
)(
4
Zkkx ∈+=⇔
π
π
(tm®k)
3
2
2
3
1
1 x
I dx
x x
−
=
+
∫
=
2
2

1
1
1
x
1
x
d
x
x
−
+
∫
+ Đặt t=
1
x
x
+
thì dt=
2
1
1
x
− +
+ Khi x=1 => t= 2 ; khi x=2 => t=
5
2
+ I= -
5
2
2

dt
t
∫

+ = -
2
5
ln
2
t
=
4
ln
5
0.25x4
Câu III
1
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc BAD =
0
60
. SO
⊥
(ABCD), SO = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB theo a.
+ Ta có : V
S.BCD
=
1
2
V
S.ABCD

=
1
2
1
3
a
3
sin60
0
=
3
12
a
3
+ (SBC) chứa SB và (SBC) song song với AD nên khoảng cách từ AD đến SB là
khoảng cách từ AD đến (SBC) bằng khoảng cách từ D đến (SBC).
+ S
SBC
=
19
8
a
2
+ Khoảng cách cần tìm là :
2 57
19
a
0.25x4
2
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x

2
+ y
2
+ z
2
≤ 3. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
= + +
+ + +
+ Ta cú:
[ ]
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 ) 9
1 1 1
xy yz zx
xy yz zx

+ + + + + + +
ữ
+ + +

+
2 2 2
9 9
3
3

P
xy yz zx
x y z

+ + +
+ + +
+
9 3
6 2
P =
+ Vy GTNN l P
min
=
3
2
khi x = y = z.
0.25x4
Cõu IVa
1
Trong mt phng ta
,Oxy
cho tam giỏcABC, cỏc ng thng cha ng
cao v ng trung tuyn k t nh A cú phng trỡnh ln lt l:
0132 = yx
v
.09613 = yx
Tỡm ta cỏc nh B v C bit tõm ng trũn ngoi tip
tam giỏc ABC l
).1;5(I
+ Theo gi thit thỡ A(-3 ;-8)

+ ng thng qua I(-5;1) v song song vi x-2y-13=0 ct ng thng 13x-6y-
9=0 ti M(3;5).
+ ng thng qua BC cú phng trỡnh l: 2x + y 11 = 0 nờn B(x
B
; 11-2x
B
). M
IA = IB nờn B(4; 3) hoc B(2;7)
+ Vy B(4; 3) v C(2;7) hoc C(4; 3) v B(2;7) l hai nghim cn tỡm.
0.25x4
2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d:
1 1
2 1 3
x y z
= =
. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d
và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
+ Phng tham s ca d:





+=
=
+=
tz
ty
tx

31
21
. 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
0.25x4
Cõu Va
Gii phng trỡnh:
10)2)(3)((
2
=++
zzzz
,
z
C.

+ PT

=++
10)3)(1)(2( zzzz
0)32)(2(
22
=++
zzzz
+ t
zzt 2
2
+=
. Khi ú phng trỡnh tr thnh:
0103
2
= tt
+



=
=




=
=

61

1
5
2
z
iz
t
t
+Vy phng trỡnh cú cỏc nghim:
61=z
;
iz = 1
0.25x4
Câu IVb
1
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2;
0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x +
2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng
BG.
+ Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − +
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0

B C
B C
x x
y y
+ + =


+ + =


+ Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
+ Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n⇒ −
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
+ Bán kính R = d(C; BG) =
9
5

⇒
phương trình đường tròn là:
(x – 5)
2
+ (y – 1)
2
=
81
25

0.25x4
2
Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1
2 1 1
x y z− + +
= =
−
và mặt phẳng
(P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường
thẳng
∆
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng
cách từ M tới
∆
bằng
42
.
+ Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2
1
x t
y t
z t
= +


= − +



= − −

⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z
= +


= − +


= − −


+ + + =


(tham số t)
(1; 3;0)M⇒ −
+ Lại có VTPT của(P) là
(1;1;1)
P
n

uur
, VTCP của d là
(2;1; 1)
d
u −
uur
.
Vì
∆
nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
, (2; 3;1)
d P
u u n
∆
 
= = −
 
uur uur uur

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên
∆
, khi đó
( 1; 3; )MN x y z− +
uuuur
.
Ta có
MN
uuuur
vuông góc với
u

∆
uur
nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N
∈
(P) và MN =
42
ta có hệ:
2 2 2
2 0
2 3 11 0
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x y z

+ + + =

− + − =


− + + + =

+ Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
+ Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5 2 5
:
2 3 1
x y z− + +
∆ = =

−
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3 4 5
:
2 3 1
x y z+ + −
∆ = =
−
0.25x4
Câu VIb
Giải hệ phương trình
( )
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

− − =

∈


+ =


¡

+ Điều kiện:
0
0
y x
y
− >


>

+ Hệ phương trình
( )
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
− −
  
− + = − = − =
  
⇔ ⇔ ⇔

  
  
+ = + = + =
  
2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y
=

= =
 

⇔ ⇔ ⇔
  
=
+ = + =
 


+
( )
( )

15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y

 
=

 ÷
 

⇔

 
= − −

 ÷

 

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25x4
(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)