Tài liệu ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 129 pot

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 2,0 điểm.. Hãy tìm tọa độ điểm D.. Viết phương trình đường thẳng  nằm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 2(m1)x22m1có đồ thị là (C m), với m là tham số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C2) khi m 2

b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng :d y 1 cắt đồ thị (C m) tại đúng hai điểm phân biệt A B, sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 4 2 2 với I2;3

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình

4

4

2sin

x

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2











x y

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

2

2

x



Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C 1 1 1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và

30 Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A B C1 1 1) thuộc đường thẳng B C1 1 Tính thể tích khối lăng trụ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B C1 1 theo a

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 4 (xyz)  3xyz. Tìm giá trị lớn nhất

2

1 2

1 2

1

xy z zx y yz x

P



















II 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 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB:

x y  , đường chéo BD: x 7y 14 0  và đường chéo AC đi qua điểm (2;1) E Tìm tọa độ các đỉnh của

hình chữ nhật.

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có (5;3; 1) A  , (2;3; 4)

C  , B là một điểm trên mặt phẳng có phương trình x y z 60 Hãy tìm tọa độ điểm D.

Câu 9.a (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết 3

12

z  i  và z có phần thực dương z

B.Theo chương trình nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2

x y  x y 

và đường thẳng d: x y 20 Chứng minh rằng d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B Tìm tạo

độ điểm C trên đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: 2 3 3

và mặt phẳng (P): x y 2z 5 0 Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), song song với d và cách d một khoảng là 14

Câu 9.b (1,0 điểm) Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Vật lí có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu

có bốn phương án trả lời, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm Một thí sinh đã làm được 40 câu, trong

đó đúng 32 câu Ở 10 câu còn lại anh ta chọn ngẫu nhiễn một trong bốn phương án Tính xác suất để thí sinh đó đạt từ 8 điểm trở lên

-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh : ……… Số báo danh………

ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm 1

a) Khi m 2, ta có hàm số

6 3

y  x  x 

- Chiều biến thiên: y' 4 ( x x2 3); y '   0 x  0 hoặc x  3

- Các khoảng đồng biến: ( 3;0) và ( 3; , khoảng nghịch biến ()   ; 3) và

(0; 3)

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x0,y C§ 3; đạt cực tiểu tại x 3,y CT 6

- Giới hạn: limx   và limx 

- Bảng biến thiên

x    3 0 3 

y’ – 0 + 0 – 0 +

 3 

y

-6 -6

0.25

0.25

0.25

0.25

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (C m) và d:

x  m x  m   x  m x  m

0

tx  Khi đó phương trình (1) trỏ thành:

2

t  m t m

Để (C m) cắt d tại đúng hai điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có đúng hai

nghiệm phân biệt nghĩa là phương trình (2) phải có đúng một nghiệm dương

Vậy để (2) có đúng một nghiệm dương thì (2) phải có hai nghiệm trái dấu Điều đó

tương đương với: ac 0 m0

Tọa độ của A( t2; 1), ( B t2; 1)  AB2 t2

2

S d I d AB AB S với d I d    ,  3 1 4

2

m

m

0.25 0.25

0.25

0.25

2 Điều kiện : sinx 0 x k k 

2

2

2

1

2

2

2 2 3

x k

k

















3

x  k  k 

0.25

0.25

0.25

0.25

2

Hệ đã cho trở thành

2

2







Từ (2) ta có:  (x4)2

(2) có hai nghiệm

1

2

3 2

1 2









y

( do y 0)  y x 1

Thế vào (1) ta có 2x 3 x 1 (x1)22013 (4  x)

 4 2



x



x

 x 4 y5

2

Vậy nghiệm của hệ là: ( , ) (4,5)x y 

0.25

0.75

2

1 2 2

x



Tính I1 Đặt ux và 2 x

dve dx, suy ra dudx và

2

2

x e

1 1

1

0 0

1

4

x   t và xdxtdt Đổi cậnx 0 thì t 2; x 1 thì t  3

2

2 2

3

16

3

I   t dx  

Vậy

2

61

3 3

e

0.25

0.25

0.25

0.25

5

0.25

Do AH (A1B1C1) nên AA H là góc giữa AA1 1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì góc

1

AA H bằng 300

Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, AA H =301 0

2

a AH

1 1 1 1 1

.

a

Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, AA H =301 0

2

3

1

a H

A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và

2

3

1

a H

với B1C1 Mặt khác AH  B1C1 nên B1C1 (AA1H)

Kẻ đờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1

Ta có AA1.HK = A1H.AH

4

3

1

AA

AH H A



0.25

0.25

0.25

6 Áp dụng BĐT Cụsi ta cú 3xyz 4 (xyz)  4 3 3 xyz, nờn xyz 8

Tiếp tục ỏp dụng BĐT Cụsi ta được

2 4

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2 xyz xyz x yz  x yz  xyz yz  4 yz



x yz

2

1

.

1 4

3 8 1 1 4

1 2

1 8 1 1 2

1 2

1 4 1 1 2 4

1













































yz yz

yz yz

4

3 8

1 2

1 ,

1 4

3 8

1 2

1



































8

3 4

3 4

9 8

1 1 1 1 4

9 8

1







































zx yz xy P

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xyz 2

Vậy giỏ trị lớn nhất của P là ,

8

3

đạt được khi xyz 2

0.25

0.25

0.25

0.25

7.a - Ta cú: BABBD suy ra tọa độ B là nghiệm hệ:

(7; 3)

B

- Giả sử A(2a1; )a AB: 2 2 y 1 0; D(7d14; )d BD x:  7y14 0

Vỡ A, B phõn biệt nờn a 3

            

a

d a







Lại cú: BC(x C 7; y C  3)



        

với E (2;1)

0.25

0.25

0.25

C

C1

B1

K

H

A1

- Mặt khác điểm (2;1)E AC EA EC,

 

cùng phương

2

0

a





Vậy A(1; 0), B(7; 3), C(6; 5), D(0; 2) là các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm

0.25

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình









hoặc

3 1 2

x y z











 

 Nếu (2;3; 1)B  , do AB DC

nên (5;3; 4)D  Nếu (3;1; 2)B  , do AB DC

nên (4;5; 3)D 

0.25 0.25

0.25

0.25

9.a Đặt z x yi x y( , R x; 0)

z  i z xyi  i x yi

3





1

y



Do đó z 2 i Suy ra z  5

0.25 0.25 0.25 0.25

7.b (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giáo điểm của (C) và d là nghiệm của hệ:

2 2

2

y







0

x y









Ta có thể giả sử (2;0), (0;2)A B Do đó d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B

2

ABC

S  CH AB (với H là hình chiếu của C trên AB)

Do đó SABCmax CHmax

Ta thấy CH max khi C là giao điểm của đường thẳng  đi qua tâm I và vuông góc

với d và x  C 2

Phương trình  là yx Toạ độ C là nghiệm của hệ phương trình

2 2

C

y x







Vậy với (2C  2;2 2 ) thì SABCmax

0.25 0.25

0.25

0.25

8.b

Chọn (2;3; 3), (6;5; 2)A  B  d Ta thấy A, B nằm trên (P) nên d nằm trên (P).

Gọi d1 là đường thẳng đi qua A vuông góc với d nằm trong (P)

Giả sử u d

véctơ chỉ phương của d, u P



là véctơ pháp tuyến của (P) Khi đó véctơ chỉ phương của d1 là uu u d, P (3; 9;6)



 

   

Phương trình của đường thẳng 1

2 3

3 6

 





 



  

 Khi đó  là đường thẳng đi qua một điểm M trên d1 và song song với d

Gọi (2 3 ;3 9 ; 3 6 )M  t  t   t , ta có

3

3

x y z

3

x y z

0.25

0.5

0.25

0.5

0.25

0.25

9.b Thí sinh đó làm đúng 32 câu như vậy được: 32.0,2 = 6,4 điểm

Thí sinh này muốn đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng 8 6, 4 8

0, 2



 câu trở lên trong tổng số 10 câu còn lại Nghĩa là thí sinh này chỉ được sai 0, 1 hoặc 2 câu

n   Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai mỗi câu

- Chọn sai 0 câu có số cách: 0 0

10

3 C

- Chọn sai 1 câu có số cách: 1 1

10

3 C

- Chọn sai 2 câu có số cách: 2 2

10

3 C

Xác suất cần tính là

0 0 1 1 2 2