ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 118 potx

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 (2,0 điểm).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x
3
+ 3x
2
– 4.
2) Tìm các giá trị m để phương trình
( )
2
m
x 2
x 1
+ =
−
có một nghiệm.
Câu II (2,0 điểm).
1) Giải phương trình lượng giác
2
2
1 sin 2 cos2
cos (sin 2 2cos )
1 tan
x x
x x x
x

+ −
= +
+
.
2) Giải hệ phương trình
2
3 3 2
2 3 2 3 0
2(2 ) 3 ( 1) 6 ( 1) 2 0
x y y
y x y x x x

+ + + − =


+ + + + + + =


(x, y  ).
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
2 2
4
2
3
1
1
x
I dx
x x
x

=
 
− +
 ÷
 
∫
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; AB = BC = 2a,
AD = 4a. Cạnh SA = 4a vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SD. Tính thể tích
khối chóp S.BCNM.
Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là 3 số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1 1 2
( )
2 3 2 3 2 3 3
F a b c
a b c b c a c a b
= + + + + +
+ + + + + +
II. Phần riêng (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 2 14 0x y x y+ + − − =
có tâm I và đường
thẳng
(d):
0x y m+ + =
. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời diện tích tam giác IAB lớn
nhất.

2) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm
( )
1;0;4M
,
( )
1;1;2N
và mặt cầu (S):
2 2 2
2 2 2 0.x y z x y+ + − + − =
Viết phương trình mặt phẳng (P) qua MN và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức
z
thỏa mãn

( )
5 3 3z i− − <
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC, biết A(3; 4), trực tâm H(1; 3), tâm đường tròn ngoại tiếp
I(2;0). Viết phương trình đường thẳng BC.
2) Trong không gian Oxyz cho điểm I(2; 3; - 4). Viết phương trình mặt cầu có tâm I và cắt mặt phẳng
tọa độ (Oxy) theo một đường tròn (C), biết (C) tiếp xúc với trục Ox.
Câu VII.b (1,0 điểm). Cho số phức
11
1
1
i
z
i

−
 
=
 ÷
+
 
. Tính mô đun của số phức
2010 2011 2016 2021
w z z z z= + + +
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:………………………………………………, số báo danh:………
ĐÁP ÁN
CÂU 1: 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị y = x
3
+3x
2
-4
+ Tập xác định: D = . + Giới hạn:
lim ; lim .
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
x x
y y
+ Đạo hàm: y’ = 3x
2
+6x + y’ = 0  x = 0 hoặc x = -2.
+ BBT
x -∞ – 2 0 +∞

y + 0 – 0 +
y’ 0 +∞

-∞ -4
KL: - đồng biến
( ) ( )
; 2 ; 0;−∞ − +∞
, nghịch biến
( )
2;0−
- Cực đại: x
cđ
= -2;y
cđ
=0, cực tiểu: x
ct
= 0 ; y
ct
= -4
+ Đồ thị:

Câu 1: 2, Tìm các giá trị m
+ Ta có:
( )
2
m
x 2
x 1
+ =
−

( )
2
x 1 x 4x 4 m;x 1.⇔ − + + = ≠
Xét hàm số:
( )
( )
3 2
2
3 2
x 3x 4; khi x 1
f (x) x 1 x 4x 4
x 3x 4 ; khi x 1



+ − >

= − + + =

− + − <


+ Suy ra đồ thị hàm số f(x) gồm phần đồ thị (C) với x > 1 và đối xứng phần đồ thị (C) với x < 1 qua Ox.
+ Hình vẽ: y
4
x
-2 0 1
+Lý luận pt đã cho là pt hoành độ giao điểm của đồ thị f(x) và đường thẳng y = m.Từ đồ thị suy ra pt đã
cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m = 0.
Câu 2: 1, Giải phương trình lượng giác… Điều kiện: cosx ≠ 0.

Biến đổi PT về:
cos
2
x(1 + sin2x − cos2x) = cos
2
x (2sinx + 2cosx) 1 + sin2x − cos2x = 2(sinx + cosx) ( vì cosx ≠ 0) (sinx
+ cosx)
2
– (cos
2
x − sin
2
x) − 2(sinx + cosx) = 0 (sinx + cosx)[sinx + cosx − (cosx − sinx) − 2] = 0
 (sinx + cosx)(2sinx − 2) = 0  sinx + cosx = 0 hoặc 2sinx − 2 = 0
 tanx = − 1 hoặc sinx = 1 (không thỏa cosx = 0)  x =
4
k
π
π
− +
, (k  )
Câu 2: 2, Giải hệ phương trình… Điều kiện: x
2
+ 2y + 3 ≥ 0.
PT thứ 2 của hệ tương đương với 4y
3
+ 3y(x + 1)
2
+ 2(x
3

+ 3x
2
+ 3x + 1) = 0
 4y
3
+ 3y(x + 1)
2
+ 2(x+1)
3
= 0 (*)
Nếu x = − 1 thì y = 0. Cặp (x; y) = (− 1; 0) không phải là nghiệm của hệ.
Với x ≠ − 1, chia 2 vế của (*) cho (x + 1)
3
, ta được
3
4 3 2 0
1 1
y y
x x
   
+ + =
 ÷  ÷
+ +
   
(**)
Đặt t =
1
y
x +
. PT (**) trở thành 4t

3
+ 3t + 2 = 0 
2
1
( )(4 2 4) 0
2
t t t+ − + =
 t = −
1
2
Do đó (**) 
1
y
x +
= −
1
2
 2y = − x − 1 (***) (với x ≠ −1) Kết hợp PT đầu của hệ và (***) ta được
2
2 4 0x x x− + − − =

2
2x x− +
= x + 4 
2 2
4
4 0
4
4
3

4 ( 4)
3
x
x
x
x
x x x
≥ −

+ ≥


⇔ ⇔ = −
 
= −
− + = +



(thỏa x ≠ − 1)
Thay x tìm được vào (***), được y =
1
6
(thỏa điều kiện ban đầu).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (−
4
3
;
1
6

)
Câu 3: Tính tích phân… Ta có:
( )
2 2
5
2 2
3
1 1
x
I dx
x x
=
− +
∫
Đặt t =
2
1x +
, suy ra
2 2
2
& 1
1
x
dt dx x t
x
= = −
+
Đổi cận:
3 2; 2 2 3x t x t= ⇒ = = ⇒ =
Khi đó

( )
2
2
3
2
2
1
2
t
I dt
t
−
=
−
∫
Ta có I =
3 3 3
4 2
2
2 2
2 2 2
2 1 1
2 2
t t
dt t dt dt
t t
− +
= +
− −
∫ ∫ ∫

=
3
3
3
2
2
1 1 1 1
3
2 2 2 2
t dt
t t
 
+ −
 ÷
− +
 
∫
=
3
2
19 1
ln 2 ln 2
3
2 2
t t
 
+ − − +
 
=
19 2 4 2

ln
3 4
4 2
 
+
+
 ÷
 ÷
−
 
Câu 4: Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
+Kẻ SH
⊥
BM.Vì MN//AD; AD
⊥
(SAB) nên MN
⊥
(SAB)
⇒
MN
⊥
SH.
Từ đó SH
⊥
(BCNM). Vậy SH là đường cao hình chóp S.BCNM.
+ Kẻ AK
⊥
BM, suy ra AK = SH. Tam giác ABM vuông cân tại A suy ra AB = AM = 2a
⇒
AK = SH =

a 2
.
+BCNM là hình chữ nhật với diện tích: S
BCNM
= BC.BM = 2a. 2
a 2
=
2
4a 2
.
+ Vậy : V
S.BCNM
=
2 3
BCNM
1
S .SH 4a 2.a 2 8a .
3
= =

Ghi chú: Học sinh có thể sử dụng phương pháp tọa độ để giải.
Câu 5: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức…
Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng – trung bình nhân (TBC - TBN) ta có:
6(a+b+c)=
3
( 2 3 ) ( 2 3 ) ( 2 3 ) 3 ( 2 3 )( 2 3 )( 2 3 )a b c b c a c a b a b c b c a c a b
+ + + + + + + + ≥ + + + + + +
(1)
3
1 1 1 1

3
2 3 2 3 2 3 2 3 )( 2 3 )( 2 3 )a b c b c a c a b a b c b c a c a b
+ + ≥
+ + + + + + + + + + + +
(2)
Lấy (1) nhân (2) theo vế, ta được:
1 1 1
6( )( ) 9
2 3 2 3 2 3
a b c
a b c b c a c a b
+ + + + ≥
+ + + + + +
Suy ra
1 1 1 3 1
2 3 2 3 2 3 2a b c b c a c a b a b c
+ + ≥
+ + + + + + + +
Do đó F
3 1 2
( )
2 3
a b c
a b c
≥ + + +
+ +
2≥
(BĐT giữa TBC – TBN) (3)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi đồng thời xảy ra dấu “=” ở (1), (2) và (3) khi và chỉ khi
2 3 2 3 2 3

3 2( )
2( ) 3
a b c b c a c a b
a b c
a b c
+ + = + + = + +


+ +

=

+ +

1
2
a b c⇔ = = =
KL: GTNN của F là 2.
Câu 6a: 1, Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho …
Ta có
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 14 0 1 1 16x y x y x y+ + − − = ⇔ + + − =
Do vậy đường tròn (C) có tâm I(-1;1) và bán
kính
4.R
=
Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B
( )

, 4d I d⇔ <
( )
− + +
⇔ < ⇔ < ⇔ − < <
+
2 2
1.1 1 .1
4 4 2 4 2 4 2 *
1 1
m
m m
Với điều kiện (*), đường thẳng d cắt (C ) tại A, B phân biệt.
Diện tích tam giác IAB:
· · ·
2
1 1
. .sin sin 8sin 8.
2 2
IAB
S IA IB AIB R AIB AIB
∆
= = = ≤
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
·
sin AIB
= 1 
·
=
0
90AIB

.
Suy ra tam giác IAB vuông cân tại I. Do vậy
( )
4
, 2 2 2 2
4
2 2
m
m
R
d I d
m

=
= = ⇔ = ⇔

= −

(thỏa (*))
Vậy diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng 8 khi m = 4 hoặc m = - 4.
Câu 6a: 2, Phương trình mp (P) qua MN và tiếp xúc với (S)
Ta có
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2 2 0 1 1 4x y z x y x y z+ + − + − = ⇔ − + + + =
.
Do vậy mặt cầu (S) có tâm I(1; −1; 0) và bán kính R = 2. Ta có
MN
uuuur

= (0; 1; − 2).
Gọi
( )
, ,n A B C
r
với
2 2 2
0A B C+ + >
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Vì mp(P) qua MN nên
( )
. 0 2 0 1n MN n MN B C⊥ ⇔ = ⇔ − =
r uuuur r uuuur
Mặt phẳng (P) qua M(1; 0; 4) và nhận
( )
, ,n A B C
r
làm VTPT nên có phương trình
( ) ( ) ( )
1 0 4 0 z 4 0A x B y C z Ax By C A C− + − + − = ⇔ + + − − =
. Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S)
( )
( )
− + − −
⇔ = ⇔ =
+ +
2 2 2
1. 1. 0. 4
, 2
A B C A C

d I P R
A B C

( )
+ = + +
2 2 2
4 2 2B C A B C
Từ (1) và (2), đưa đến
2 2
4 0A C− =
(*)
Trong (*), nếu C = 0 thì A = 0, và từ (1) suy ra B = 0 (vô lí). Do vậy
0C
≠
. Chọn
1 2.C A
= ⇒ = ±
* Với A = 2, C = 1, ta có B = 2. Khi đó (P) :
2 2 6 0.x y z+ + − =

* Với A = -2, C = 1, ta có B = 2. Khi đó (P) :
2 2 2 0.x y z− − + =
Kết luận có hai mặt phẳng (P) thỏa ycbt có phương trình là 2x + 2y + z − 6 = 0 và 2x − 2y − z + 2 = 0.
Câu 7a: Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa
( )
5 3 3z i− − <
Gọi
( )
, , .z x yi x y= + ∈¡
Khi đó điểm biểu diễn số phức z là

( )
;M x y
. Từ giả thiết, ta có
( )
− − < ⇔ − + + <5 3 3 5 ( 3) 3z i x y i

( ) ( )
− + + <
2 2
5 3 3x y

( ) ( )
2 2
5 3 9.x y⇔ − + + <
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là hình tròn tâm I(5; -3), bán kính R = 3, không kể biên.
Ghi chú: cần nói rõ không kể biên.
Câu 6b: 1, Phương trình đt BC
Gọi D là điểm đối xứng của A qua I
Tứ giác BHCD là hình bình hành( vì nó có
2 cặp cạnh đối diện song song)
Do đó hai đường chéo BC và HD cắt nhau
tại trung điểm M của mỗi đường , suy ra
IM là đường TB của tam giác AHD.
Suy ra
1
2
IM AH=
uuur uuur
( )
1

1
2 1 3
2
1
1
0 (3 4)
2
2
M
M
x
x
y
y

=
− = −


 
⇔ ⇔
  −
=
 
− = −



Suy ra M(1; -1/2)
Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AH nên nó nhận

( 2; 1)AH = − −
uuur
làm
VTPT, do đó BC có PT: −2(x – 1) – (y +1/2) = 0
Hay PT của BC: 4x + 2y − 3 = 0 (có thể viết dưới dạng 2x +y – 3/2 = 0).
Câu 6b: 2, PT mặt cầu tâm I(2; 3; − 4) cắt mp(Oxy)…
Gọi I’ là tâm của đường tròn (C), ta có I’ là hình chiếu của I trên mp(Oxy) suy ra I’(2;3;0)
Trong mp(Oxy) đường tròn (C) có tâm I’ và tiếp xúc với trục Ox nên bán kính của (C) là R’ = d(I’;Ox) =
'I
y
= 3
Gọi R là bán kính của mặt cầu, ta có R =
2 2
' 'II R+
= 5
Vậy PT mặt cầu cần tìm là: (x − 2)
2
+ (y − 3)
2
+ (z +4 )
2
= 25.
Câu 7b: Tính mô đun của số phức …
Ta có :
2
2
1 (1 )
1 1
i i
i

i i
− −
= = −
+ −
Suy ra z = (− i)
11
= − i
11
= − i
4.2+3
= −[ (i
4
)
2
.i
3
] = − i
3
= i
Ta có w = z
2010
(1 +z +z
6
+ z
11
) = i
2010
( 1 + i + i
6
+ i

11
) = i
2010
(1 + i −1 − i) = 0
Suy ra
0w =