ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 35 ppt

Chứng minh đồ thị 1 luơn cắt trục hồnh tại điểm A cố định với mọi m.. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB, các mặt phẳng SHC, SHD,ABCD đơi một vuơng gĩc.. Tính gĩc hợp bởi hai mặt phẳn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

MƠN TỐN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) :

Câu I ( 2,0 điểm )Cho hàm số   y x3 3x2(m 4)x m m là tham số (1) ,

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 4.

2 Chứng minh đồ thị (1) luơn cắt trục hồnh tại điểm A cố định với mọi m Tìm m để đồ thị (1) cắt trục

hồnh tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho  1  1 0,

A

B C

k

k k trong đĩ k k kA, ,B Clần lượt là hệ số gĩc tiếp tuyến của đồ thị (1) tại A, B, C

Câu II ( 2,0 điểm)

1 Giải phương trình    





1 sin 5 2sin

3 2sin 3 cos

2 Giải phương trình x2  x 1 x2 3x1 2 x1

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân   





1

7 4 2

3 3 1

26

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chĩp S.ABCD cĩ đáy ABCD là hình chữ nhật ; tam giác SAB vuơng cân tại S Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB, các mặt phẳng (SHC), (SHD),(ABCD) đơi một vuơng gĩc Biết SC a 3, tính thể tích khối chĩp S.ABCD theo a Tính gĩc hợp bởi hai mặt phẳng (SAD) và (SDC)

Câu V (1,0 điểm)

Cho x,y là các số thực thoả mãn : 2 2 1





 xy y

x Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1

1

2 2

4 4











y x

y x P

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 với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD cĩ đường phân giác trong của gĩc ABC

đi qua trung điểm của cạnh AD và cĩ phương trình    x y 2 0; đỉnh D nằm trên đường thẳng cĩ phương trình x+y-9=0 Biết điểm E(-1;2) nằm trong đoạn thẳng AB và đỉnh B cĩ hồnh độ âm Tìm tọa

độ các đỉnh của hình chữ nhật

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng 1: 2 2 1

 Chứng minh d2 và d3 chéo nhau Viết phương trình đường thẳng  vuơng gĩc với d1,cắt d2 và d3 tại hai điểm A, B sao cho AB 3

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn    z 1 z i và  1 z

z là số thực

B Theo chương trình nâng cao

C Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp  

2 2

E Gọi F F1, 2 là các tiêu điểm của (E)

Tìm tọa độ điểm M trên (E) sao cho bán kính đường trịn nội tiếp tam giác MF F1 2 bằng 2

5.

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P x y:   3 14 0z  Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) và đi qua hai điểm A(1;3;2), B(-3;1;4) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và cắt (S)theo một đường trịn cĩ diện tích bé nhất

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

2

2012 2011

2012











y

.

ĐÁP ÁN

Câu 1: Với m4 ta có y x 3 3x24

10 Tập xác định 

20 Sự biến thiên: Giới hạn

 Bảng biến thiên: y' 3 x2 6 ; ' 0x y   3x2 6x  0 x x02





x -  0 2 +  y’ + 0 - 0 +

y

30 Đồ thị

 Đồ thị cắt trục hoành tại các điểm (-1;0) và (2;0)

 Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;4)

 y’’= 6x-6; y’’= 0 khi x=1 Vậy tâm đối xứng của đồ thị là I(1;2)

4

2

-2

O I

Câu 1: 2, Phương trình hoành độ giao điểm là

2

1 0

x

  



Ta thấy đồ thị luôn cắt trục Ox tại điểm A(-1;0) với mọi giá trị của m

 Để đồ thị của hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác -1

hay 45 m m00 m m45

1 2

1 2

4 , là hai nghiệm của phương trình (1), theo định lý Viet ta có x x

x x

x x m









1 2

Khi đó x , là hoành độ của B và C, hệ số góc tại A,B,C sẽ là

5

x

m

m

 

   

 



 

2

4 4

4 1

5 0 5 1 Đối chiếu điều kiện ta có m=-6 hoặc m=-4

m m

m

2

ĐK x  x k k Z

   



2

1 sin 5 2sin

2sin 3 cos























2

2 6

6

2

x

x

Z





Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm 2 ,

6

Câu 2: 2, ĐK x: 2 3x 1 0











1

2

1

Ta thấy là một nghiệm của phươ

2

x











2

2

2

ng trình (1)

3

Câu 3:





1 2

3

3 3

1

26

d x x x





2 3

2

1 15 7 4 1 26

322.

91

x Vậy I

Câu 4:

G F

E H

A

B

D

C

0

2 Như vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) là góc giữa HG và HF, ta có HFG có HF= ;

2

HG= ; ta thấy HGF đều nên góc giữa (SAD) và (SCD) bằng 60

a



Câu 5: Tõ gi¶ thiÕt suy ra:1  x2  xy y  2  2 xy xy   xy ;1 (  x y  )2  3 xy  3 xy

3

1





M¨t kh¸c x2 xyy2 1 x2y21xy nªn 4 4 2 2 2 1









3

1

; 2

2 2 )

(

2

















t

t t t f P

TÝnh

































) ( 2 6

2 6 0

) 2 (

6 1 0

)

(

l t

t t

t

f

Do hµm sè liªn tơc trªn  ;1

3

1

 nªn so s¸nh gi¸ trÞ cđa )

3

1 (

f , f( 6  2 ), f(1) cho ra kÕt qu¶:

6 2 6 ) 2 6

(   

f

15

11 ) 3

1 ( minPf  

1 đ

Câu 6a: 1,

4

2

5

E'

O B

A

C

D M

E

   

0 0

Gọi '( ; ) là điểm đối xứng của E qua phân giác ta có hệ

, '(0;1)

2 0

Gọi B(t; t+2), t < 0,do ABCD là hình chữ nhật và E

E x y

E





   

nằm trong đoạn AB nên E' nằm trên đoạn

phương trình đường thẳng BE là x=-1, pt của đt BE' là y=1

Gọi A(-1;a),a 2 và D(d;9-d) ta có tọa độ



trung điểm của AD là M ;

Từ (1) và (2) ta có a=4 và d=5

hay A(-1;4) và D(5;4) C(5;1)

     

: 1 2 , đi qua M 1; 1;0 và có vtcp 1;2;1 ; : 1 ' , đi qua M 0;1;2

2 2 '



3

và có vtcp u 1;1;2



M M 1;2;2 ; , 3; 3;3 ;M M , 3 0 nên d và d chéo nhau

Giả sử A(1+t;-1+2t;t) và B(-t';1+t';2+2t') ' 1;2 ' 2; 2 ' 2 là vtcp của ,

     

 









1

0

1

Với t=0 ta có A(1;-1;0); 1; 2; 2 Ptct của :

Với

t

t

BA



t=-1 ta có A(0;-3;-1); 2; 2;1 Ptct của :

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán đó là : ; :

BA

Câu 7a:

2

1

Vì là số

x x i

z

z





thực nên 0

Như vậy có 2 số phức thỏa mãn bài toán là và

x

Câu 6b: 1,

2

-2

O

M

Ta có F1(-2;0) và F2(2;0); F1F2=4

1 2 1 2

1 Gọi ( ; ) ta có ( ; ) , khi đó diện tích MF F là 2 (2)

2 Từ (1) và (2) ta có 5 Như vậy có 2 điểm tho

y

 ûa mãn bài toán (0; 5) và (0;M1 M2  5)

Câu 6b: 2, Vì mặt cầu (S) đi qua A,B và tiếp xúc với mp(P) mà B nằm trên (P) nên (S) tiếp xúc với (P) tại

B, do đó tâm I của mặt cầu nằm trên đường thẳng d đi qua B và vuông góc với (P), d có vtcp là u 1;1; 3 



,d có phương trình là 3 1 4

x y z

 Mặt khác, tâm I cũng nằm trên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB, mặt phẳng này đi qua trung điểm M(-1;2;3) của AB và có vtpt

4;2; 2 nên có pt là 2  1  2  3 0 2 3 0

Như vậy tọa độ của I là nghiệm của hệ

Bán kính của mặt cầu là R=IA= 11 Phương trình của mặt cầu là (x+2)2+(y-2)2+(z-1)2=11

Gọi r là bán kính đường tròn ta có r2d I Q2 ;( ) 11  r2 11 d I Q2 ;( )

đường tròn giao tuyến có diện tích nhỏ nhất khi r nhỏ nhất hay d I Q;( ) lớn nhất

 



Mặt khác, IM AB và ;( ) , dấu bằng xẩy ra khi M là hình chiếu của I lên mp(Q)

hay IM (Q),vậy (Q) qua A và có vtpt là 1;0;2 , pt của (Q) là 1 2 2 0 2 5 0

Câu 7b:

2012 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1(2)

2 2







y

+) ĐK: x + 2y + 6 > 0 và x + y + 2 > 0

+) Lấy logarit cơ số 2011 và đưa về pt: x2 log2011( x2 2012)  y2 log2011( y2 2012)

2011

1

2011( 2012) ( ) là hàm số đòng biến trên (0;+ )

t

f t



từ đĩ suy ra x2 = y2  x= y hoặc x = - y

+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x+2)=2log2(x+1)

Đặt 3t=log2(x+1) ta được x=23t-1 do đĩ 3log3(23t+1)=6t 8t+1=9t

Đưa pt về dạng 1 8

1

   

   

   

, cm pt này cĩ nghiệm duy nhất t = 1  x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1  y = - 3  x = 3.Vậy hệ cĩ các nghiệm là (7;7); (3;-3)