Câu III 1 điểmCho hình phẳng Hgiới hạn bởi đồ thị hàm số:y = x 1đường thẳng y = 2 và các trục toạ độ 1 Tính diện tích hình phẳng H 2 Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh ra khi quay hìn
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ MƠN TỐN NĂM 2012 - 2013 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút.
I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số : y =
3
1
x3 - 2
1
mx2 + (m2 - 3)x với m là tham số 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số đạt cực đại tại xCĐ ,cực tiểu tại xCT đồng thời xCĐ ; xCT là
độ dài các cạnh gĩc vuơng của một tam giác vuơng cĩ độ dài cạnh huyền bằng
2 10
Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình :
1
x
2) Giải bất phương trình:
x x x x
3 2 1 1 2
2
2
Câu III (1 điểm)Cho hình phẳng (H)giới hạn bởi đồ thị hàm số:y = x 1đường thẳng y = 2 và các trục toạ độ
1) Tính diện tích hình phẳng (H)
2) Tính thể tích vật thể trịn xoay sinh ra khi quay hình phẳng (H) quanh Ox
Câu IV (1điểm) Hình chĩp SABCD cĩ đáy ABCD là hình thang vuơng tại A và B với AB = BC = 3a;AD = 6a.
Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuơng gĩc với mặt phẳng (ABCD).Biết gĩc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 600 Tính thể tích khối chĩp và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SA
3 3 3
c b a
ca bc ab abc
c b a
II – PhÇn riªng (3®iĨm)
1 Theo chương trình Chuẩn :
Câu VIa (2 điểm) 1)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M(5; - 6);đường trịn (C) cĩ phương trình
: x2 + y2 + 2x - 4y - 20 = 0 Từ M vẽ các tiếp tuyến MA MB, tới đường trịn ( )C với A B, là các tiếp điểm Viết phương trình đường trịn nội tiếp tam giác MAB.
2) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ vuơng gĩc Oxyz, cho mặt phẳng P x y z: 3 0 và đường thẳng : 1
x y z
Lập phương trình đường thẳng d, nằm trong mặt phẳng (P), vuơng gĩc với đường thẳng và cách đường thẳng một khoảng bằng 866.
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: z2z 0
Khi đĩ hãy tính tổng các lũy thừa bậc tám của các nghiệm
2 Theo chương trình nâng cao:
C©u VI.b (2 ®iĨm) 1)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy; cho tam giác ABC cĩ đỉnh A2; 6, chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm 2; 3
2
D
và tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm 1
;1
2
I
Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC
2) Trong khơng gian Oxyz, cho A(1;1;0), B(0;1;1) và C(2;2;1) và mặt phẳng (P): x + 3y – z + 2 = 0 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất
Câu VIIb(1 điểm) Gäi z1, z2 lµ hai nghiƯm phøc cđa ph¬ng tr×nh z2 z4 16 0, n lµ sè tù nhiªn tháa m·n
C0 4n – C2
4n + C4 4n – C6
4n + … + (-1)kC2k
4n + … + C4n
4n = 4096
T×m phÇn thùc cđa sè phøc A = n n
z
z1 2 ( k
n
C lµ sè tỉ hỵp chËp k cđa n phÇn tư).
Trang 2Họ và tên thí sinh : ……….Số báo danh:………
ĐÁP ÁN
Câu I
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 HS tự làm 1
y' = x2 - mx + m2 - 3
Hàm số có CĐ,CT & xCĐ > 0 ; xCT > 0 <=> y' = 0 có hai nghiệm dương phân biệt 0.25
<=>
0 3 0
0 3 12
2 2
m P
m S
m
<=> 3 < m < 2 (*)
0.25
xCĐ ; xCT là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng
2
10
<=> x2
CĐ + x2
CT = 2
5 <=> (xCĐ + xCT)2 - 2xCĐ.xCT =
2 5
0.25
Theo định lí viet ta có : m2 - 2(m2 - 3) =
2
5 <=> m =
2
14 Thoả mãn điều kiện (*) 0.25
CâuII
1) ĐK : cos2x ≠ 0,5 pt <=> sin4x - cos4x + 4(sinx + cosx) = 1 - 2cos2x 0.25
Pt <=> 2sin2x.cos2x - 2cos22x + 1 + 4(sinx + cosx) = 1 - 2cos2x
<=> 2cos2x(1 + sin2x - cos2x) + 4(sinx + cosx) = 0
<=> cos2x.(1 + 2sinx.cosx - 1 + 2sin2x) + 2(sinx + cosx) = 0
<=> (sinx + cosx)(cos2x.sinx + 1) = 0 0.25
x x x k ,kZ
4 0
cos
0 1 sin 2
x x
2 1
2) Giải bất phương trình: 2 13 22 3
2x1x x x
Đk x ( -
2
1
; + ) \ {0} bpt <=> 3
2
3 2 1 1 2
2
x
x x x
<=>
1 2
1 2 1 2 3 2
3
3 2
3
x x
x x
x x
0.25
1 2
) 1 2 2 (
1 2
3
2
x x
x x x
x
0.25
Lập bảng xét dấu VT
Vậy nghiệm của bpt ban đầu : 0 < x 1 5
4
hoặc x = 1 - 2
0.25 0.25
CâuIII
1) Từ gt => h ình phẳng (H) giới hạn bởi đths : x = y2 + 1 ; x = 0 & hai đthẳng y = 0;y = 2
nên có S =
2
0
(y dy =
3
14
(đvdt)
2) V = [
5
0
5
1
2
2 dx x dx ] = 12 (đvtt)
0.25 0.25 0.25 0.25
CâuIV
Gọi O là giao điểm của AC & BD khi đó SO (ABCD) & AOD COB với tỉ số 2
Mà AC = 3a 2 => OC = a 2 Từ gt => AC CD mà CD SO => CD (SAC)
0.25
Khi đó g((SCD) ; (ABCD)) = SCO = 600 => SO = CO.tan600 = a 6
Vậy VSABCD =
3
1 SO.SABCD =
2
6
9 3
Vì CD (SAC) nên kẻ CH SA thì CH là đường vuông góc chung của CD & SA 0.25
Trong SAO có SA = a 14 mà :SO.AC = CH.SA =>CH = 3 42
7
a
hay d(SA;CD)= 3 42
7
Từ a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) ta có :
abc
ca bc ab c b a c b a abc
c b
3
2 2 2 3
3 3
Trang 3C âuV
=
ca bc ab
1 1 1
3 (a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) 0.25
Mà
ca bc ab ca bc
ab
1
ca bc ab
1 1 1
3 (a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) 3 + 9
ca bc ab
ca bc ab c b a
2 2
Vậy pcm : 3 + 9
ca bc ab
ca bc ab c b a
2 2
2
+ 9 2 2 2 12
c b a
ca bc
<=> 2 2 2 2
2 2 2
c b a
ca bc ab ca bc ab
c b a
Câu
VIa
1) Đường tròn (C) có tâm I(-1;2) và bán kính R=5; MI = 10
Gọi H là giao điểm của AB và MI ta có IH.MI=AI2
Suy ra IH=5/2
0.25
Vì MA và MB là các tiếp tuyến nên H phải nằm
giữa M và I, do đó 1 1;0
IH IM H
0.25
Mặt sin 1
2
IH IAH
IA
IAH 300 MAB đều Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB trùng với trọng tâm G
của nó Ta có 2
3
GM HM
G(2;-2) từ đó tính được bán kính 5
2
r
0.25
Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MAB là 22 22 25
4
2) Ta có (P) có vtpt n P 1;1;1
, có vtcp u 1;3; 1
, M1;0;0
Do
; 4;2; 2
d
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa (d) và song song với Khi đó ta chọn
n u u
suy ra (Q) có dạng 4x y 7z d 0 0,25
Ta có ; ; ; 4
66
d
d d d P d M P Từ đó kết hợp với giả thiết ta được:
66 66
d
0,25
+) Nếu d 4 Q : 4x y 7z 4 0 Chọn điểm 1 13; ; 1
3 3
ra phương trình
1
:
d
+) Nếu d 12 Q : 4x y 7z12 0 Chọn điểm N1;1;1 P Q d suy ra
phương trình : 1 1 1
0,25
Câu
VIIa
Giả sử z=x+iy Phương trình (x iy )2(x iy ) 0
xy y
Giải hệ ta có: 1 0; 2 1; 3 1 3 ; 4 1 3
1) Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có
phương trình đường thẳng AD: x 2 0 Do E thuộc đường thẳng AD nên E2;t Mặt
khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
H
A
B
Trang 4VIb
IA IE t t t t
Do đo ta được E2; 4
0,5
Do AD là phõn giỏc nờn E là điểm chớnh giữa cung BC suy ra IE vuụng gúc với BC hay
BC nhận 51; 2
2
là vector phỏp tuyến Do đú pt của BC là:
2
Vậy BC x: 2y 5 0.
0,5
Gọi G là trọng tõm tam giỏc ABC
Chứng minh được MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 0,25
MA2 + MB2 + MC2 nhỏ nhất MG nhỏ nhất M là hỡnh chiếu của G trờn (P) 0,25
Tỡm được tọa độ 4 2
1; ;
3 3
G
Tỡm được 22 61; ; 17
3 3 3
0,25
Cõu
VIIb
Phơng trình z24z160 có hai nghiệm z1 2 2 3 , z2 2 2 3 i 0,25
n k
k n 2
2 n 1
n 0 n n
i C
i C
i C i C C ) i 1
i ] C
C ) 1 (
C C [ C
C ) 1 (
C C C
C0n 2n 4n 6n 2 kn nn 1n 3n k kn1 nn1
Mặt khác 2 (cos n i sin n )
4 sin i 4 cos 2 i
n n
Do đó C C iC i C i C ni n 2 ncosn
n k
k n 2
2 n 1
n 0 n
0,25
Theo bài ra ta có 2 n cosn 4096
, do cosn1 cosn1 nên n là số chẵn khi đó 2 n 212 n 6
A =
6 6
6 6
6 6
i 2
3 2
1 4 i 2
3 2
1 4 ) i 3 2 2 ( ) i 3 2 2
] 2 sin i 2 cos ) 2 sin(
i ) 2 [cos(
4 3 sin i 3 cos 4 3
sin i 3 cos
6 6
= 8192 Vậy phần thực của A là 8192
0,25
