DE DAP DH TOAN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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.. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 4 2 2 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2( m  1 )x  m ( 1 ) ,với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. Câu 2 (2,0 điểm) Giải phương trình 3 s in2x+cos2x=2cosx-1  x 3  3 x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y   2 1 2 x  y  x  y  2 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y  R). 3 1  ln( x  1) I  dx 2 x 1 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a. Câu 6 (1,0 điểm) : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y. y z. z x. 6 x2  6 y2  6 z2 . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của  11 1  M ;   2 2  và đường thẳng AN có phương trình cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A. x 1 y z  2   2 1 và điểm I (0; Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 0; 3). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I. 5Cnn  1 Cn3 Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn . Tìm số hạng chứa x5 trong khai triển nhị P 3. 3. 3. . n.  nx 2 1     14 x   thức Niu-tơn , x ≠ 0. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 + y2 = 8. Viết phương trình chính tắc elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông. x 1 y z  2   1 1 , mặt phẳng Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 2 (P) : x + y – 2z + 5 = 0 và điểm A (1; -1; 2). Viết phương trình đường thẳng  cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN. 5( z  i ) 2  i Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa z  1 . Tính môđun của số phức w = 1 + z + z2..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> BÀI GIẢI GỢI Y. x. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1: a/ Khảo sát, vẽ (C) : m = 0 Þ y = x4 – 2x2 D = R, y’ = 4x3 – 4x, y’ = 0 Û x = 0 hay x = ±1 Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +¥), nghịch biến trên (-¥;-1) và (0; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = ±1 và yCT = -1 lim y ¥. -1. y = 0 Û x = 0 hay x = ± 2. -1. +¥. O. 0 1 +¥ 0  0 + 1 -1. y. Bảng biến thiên : x -¥ -1 y’  0 + y +¥ -1. 1. x  ±¥. -. Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm ( ± 2 ; 0) b/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x y’ = 0 Û x = 0 hay x2 = (m + 1) Hàm số có 3 cực trị Û m + 1 > 0 Û m > -1 Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m2), B (- m  1 ; – 2m – 1); C ( m  1 ; –2m – 1) Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. Gọi M là trung điểm của BC Þ M (0; -2m–1) Do đó ycbt Û BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền) Û 2 m  1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2 Û 1 = (m + 1) Û 1 = (m + 1) (do m > -1) Û m = 0 Câu 2. 3 s in2x+cos2x=2cosx-1. 3 2. m  1 = (m  1) (do m > -1). Û 2 3 sinxcosx + 2cos2x = 2cosx Û cosx = 0 hay 3 sinx + cosx = 1 3 1 1   cos( x  ) cos 3 3 Û cosx = 0 hay 2 sinx + 2 cosx = 2 Û cosx = 0 hay  2  k hay x k 2 x   k 2 3 Ûx= 2 hay Câu 3:  x 3  3 x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y   2 1 2 x  y  x  y   2 Đặt t = -x t 3  y 3  3t 2  3 y 2  9(t  y ) 22  2 1 2 t  y  t  y  2 Hệ trở thành  . Đặt S = y + t; P = y.t 3 2  S  3PS  3( S  2 P )  9 S 22  S 3  3PS  3( S 2  2 P)  9 S 22   Û  2 1 1 2 1 S  2P  S  P  (S  S  ) 2  2 2 Hệ trở thành .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 S 3  6 S 2  45S  82 0  Û Û 1 2 1 P  ( S  S  )   2 2. 3  P  4   3 1  1  3  ;   ; ;   S  2  . Vậy nghiệm của hệ là  2 2   2 2 .  x 3  3 x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y   1 2 1 2 1 1  ( x  )  ( y  ) 1 2 2 Cách khác :  . Đặt u = x 2 ; v = y + 2 3 45  3 3 2 45 u (v  1)3  (v  1)2  (v  1) u  u  2 4 2 4   2 2 Hệ đã cho thành u  v 1 3 2 45 45 t  t 3t 2  3t  2 4 có f’(t) = 4 < 0 với mọi t thỏa t 1 Xét hàm f(t) = v 0 v  1   Þ f(u) = f(v + 1) Þ u = v + 1 Þ (v + 1)2 + v2 = 1 Þ v = 0 hay v = -1 Þ u 1 hay u 0  3 1  1 3  ;   ; ;  Þ Hệ đã cho có nghiệm là  2 2   2 2  . Câu 4. 3 3 3 3 1  ln( x  1) 1 ln( x  1) x 1 3 ln( x  1) 2 I  dx dx  dx J  dx J 2 2 2 2    1 x x x  1 x  J 3 1 1 1 1 = = = . Với t3 . 1 dx Đặt u = ln(x+1) Þ du = x  1 ; 3 3 dx 1 (  1) ln( x  1) 1 +  1 x J= x. 1 1 dx 2 dv = x , chọn v = x - 1 3 1 4 (  1) ln( x  1) 3 ln 4  2 ln 2 ln x 1 1 x = + = 3 + ln3 2 2 2 ln 2  ln 3  ln 2  ln 3 = 3 . Vậy I = 3 3 dx dx 1 2 Cách khác : Đặt u = 1 + ln(x+1) Þ du = x  1 ; đặt dv = x , chọn v = x , ta có : 3. 1 I   1  ln( x  1) x 1 +. 3. 3. 3. dx 1 x 2 2   1  ln( x  1)  ln  ln 2  ln 3  x x  1 x ( x  1) 1 1= 3 3 1 =. Câu 5. Gọi M là trung điểm AB, ta có a a a MH  MB  HB    2 3 6. S. 2. 2 a 3 28a 2 a 7  a CH  Þ CH      36 3  6  2  a 21 2a 7 SC 2 HC  0 3 ; SH = CH.tan60 = 3. I. 2. K B. 1 a2 7 a3 7 a 3 4 12 dựng D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC Vẽ HK vuông góc với AD. Và trong tam giác vuông SHK, ta kẻ HI là chiều cao của SHK. Vậy khoảng cách d(BC,SA) chính là khoảng cách 3HI/2 cần tìm.. M. H. A. V  S , ABC  . D C.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Þ. 1 2. . 1 2. . 1 2. . 1 2. . 1 2. HI HS HK  a 21  a 3 2a 3 a 3     HK    3     3  3 2 3 , hệ thức lượng a 42 3 3 a 42 a 42 Þ HI  Þ d  BC , SA  HI   12 2 2 12 8 Câu 6. x + y + z = 0 nên z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương. Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy  0 Ta có. P 3 x  y  3 2 y  x  3 2 x  y  12( x 2  y 2  xy ). =. P 3 x  y  3 2 y  x  3 2 x  y  12[( x  y ) 2  xy ]. 2 y  x  2 x y. 3. x y.  2.3.  12[( x  y ) 2  xy ]. 2 3 x y. 3 x  y  2.3.  2 3 x y. 3t x  y 0 . Đặt t = , xét f(t) = 2.( 3)  2 3t 3t 3t f’(t) = 2.3( 3) .ln 3  2 3 2 3( 3.( 3) ln 3  1)  0 Þ f đồng biến trên [0; +¥) Þ f(t)  f(0) = 2 x y Mà 3  30 = 1. Vậy P  30 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra Û x = y = z = 0. Vậy min P = 3. A. Theo chương trình Chuẩn : A Câu 7a. B a 10 a 5 5a Ta có : AN = 3 ; AM = 2 ; MN = 6 ; M 1 AM 2  AN 2  MN 2 o  2 AM . AN cosA = = 2 Þ MAN 45  C D (Cách khác :Để tính MAN = 450 ta có thể tính N 1 2 3 1   tg ( DAM  DAN ) 1 1  2. 3 ) 11 1  a b 2 =0 Phương trình đường thẳng AM : ax + by 2 2a  b 1  a 1 cos MAN   t  2 2 2 5( a  b ) 3 Û 3t2 – 8t – 3 = 0 (với t = b ) Þ t = 3 hay  2 x  y  3 0  + Với t = 3 Þ tọa độ A là nghiệm của hệ : 3 x  y  17 0 Þ A (4; 5). . 2.  2 x  y  3 0 1  3 + Với Þ tọa độ A là nghiệm của hệ :  x  3 y  4 0 Þ A (1; -1) 3 5 3 10 11 7 45 d ( M , AN )  MH . 2  (a  ) 2  (2a  ) 2  2 , MA = 2 Û 2 2 2 Cách khác: A (a; 2a – 3), Û a = 1 hay a = 4 Þ A (1; -1) hay A (4; 5). u Câu 8a. Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi d = (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.   [ MI , ud ] AB R 2 8 2 IH   d ( I , d )      2 2 ud [ MI , ud ] ( 2;0;  2) 3 Þ Þ IH = 6 R 2 2 2 6 8  x 2  y ( z  3)2  2 3 Þ R = 3 Þ phương trình mặt cầu (S) là : 3. t . .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 5.n  n 1 3 Câu 9.a. 5Cn Cn Û. n(n  1)(n  2) 6 Û 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) Þ n = 7 7 i 7. C 5. Gọi a là hệ số của x ta có.  x2     2. 1  C .   2 Þ 14 – 3i = 5 Þ i = 3 và B. Theo chương trình Nâng cao : 7 i 7. 7 i. i. 7 i  1 1 5   i 7  i .    ax ( 1) C7 .   .x14 3i ax5  x  2 Û. 7 i. a.  35  35 5 Þ a = 16 . Vậy số hạng chứa x là 16 .x5.. x2 y 2  2 1 (a  b) 2 b Câu 7b Phương trình chính tắc của (E) có dạng : a . Ta có a = 4 (E )cắt (C ) tại 4 điểm tạo thành hình vuông nên : x2 y 2  1 4 4 16 16 16 2 Û 2  2 1 Û b  a b 3 . Vậy (E) có dạng 3 M (2;-2) thuộc (E) Câu 8b. M  d Þ M ( 1  2t ; t; 2  t ) (t  R) ; A là trung điểm MN Þ N (3  2t;  2  t; 2  t ) x 1 y  4 z   N  ( P) Þ t 2 Þ N ( 1;  4;0) ;  đi qua A và N nên phương trình có dạng : 2 3 2 Câu 9b. z x  yi 5( x  yi  i ) 5[( x  ( y  1)i ) 5( z  i) 2  i Û 2  i 2  i Û x  yi  1 ( x  1)  yi z 1 Û 5 x  5( y  1)i 2( x 1)  ( x 1)i  2 yi  y Û 5 x  5( y  1)i (2 x  2  y )  ( x  1  2 y )i 2 x  2  y 5 x 3 x  y 2  x 1 Û Û   x  1  2 y 5( y  1)  x  7 y  6  y 1 2 2 Þ w  4  9  13 z = 1 + i; w 1  z  z 1  (1  i )  (1  i ) 1  1  i  1  2i  ( 1) 2  3i Hoàng Hữu Vinh, Trần Quang Hiển (Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM).

<span class='text_page_counter'>(6)</span>