ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ -ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 22 pptx

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7,0 điểm Câu I.. Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục 0x Câu IV.. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH 3,0 điểm T

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 CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yx3 3x2 2  C

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số

2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của C tiếp xúc với đường tròn có phương trình

x m 2y m  12  5

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình 32 4 2(cot 3)

sin 2

2 Giải phương trình

x 2

log2 x 1 log  4log2x 1 4 2  

Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các đường lnx 2

y

x



 ,y  ,0 x 1 và

x e Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục 0x

Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ đứngABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác cân với ABACa, góc BAC 120 0, cạnh bên BB' Gọi I là trung điểm của a CC' Chứng minh tam giác AB I'

vuông tại A và tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng ABC và AB I' 

Câu V.(1 điểm) Chox y, là các số thực thỏa mãn x2y2 xy1.Tìm GTLN, GTNN của

6 6 2 2 2

F x y  x y xy

II PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần

1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh

3; 1

C  và phương trình của cạnh huyền là 3x y 10 0

2.Cho mặt phẳng (P): 2x y  2z 1 0  và các đường thẳng: 1: 1 3

d    

 ,

:

d    

Tìm các điểm A d , 1 B d 2 sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1

Câu VII.a (1 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của

1

4

n

x

x



2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết A(0;0),

B(-1;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1 Tìm tọa độ đỉnh C và D

2.Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình: 1: 2 2 3

2

d     

Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức 20 3 5

2 ( x )n

0 1 2 ( 1)

n



HƯỚNG DẪN

Câu 1: 1, + Tập xác định D = R + Sự biến thiên ' 3 2 6 0 0

2

x

x





 Hàm đồng biến trên các khoảng  ;0 và 2;  Hàm số nghịch biến trên  0; 2

+ Giới hạn limx  y ; limx y;

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0 và ycđ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 và yct = -2 Điểm uốn (1;0)

Bảng biến thiên (0,25)

y’ + 0 - 0 +

y

2 

  -2

Đồ thị (0,25)

Câu 1: 2,Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị : 2 x y  2 0

Tâm của đường tròn ( ,I m m  , bỏn kớnh R= 51)

5

m m

m

2 4 3

m m









Câu 2: 1,Điều kiện sin 2 0

2

k

sin 2

x

2(sin cos )

2

sin cos



3

x 

tan

3

3

x 

tan

6

Câu 2: 2, Giải phương trình

x 2

log2 x 1 log  4log2x 1 4 2  

Điều kiện x2,x3

(1)  log (x 2) log (2x 1) log 2 log (x 1)4   4   4  4 

x 2 2  x12x1

0 2

2

x

x













Đối chiếu điều kiện ta có 7

2

x 

2 1

x

2

1

x









1 2

1 1 2

x v x







 











1

e

2

-2

0 1 2 3 -1

Suy ra 5 , ' 2 , ' 13

AI  a AB  a B I  a Do đó 2 2 2

'

AB I

4

ABC

Gọi  là góc giữa hai mp Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác

A BI ABC

cos

10



6 6 2 2 2

F x y  x y xy

F  x y  x y x y  x y  xy= 2xy3 2xy22xy1

Đặt xy t Ta có f t  2t3 2t22t1 x2y2 xy 1 x y 2 3xy1

1

3

xy 

3

t   

Ta tìm max, min của f(t) trên 1;1

3



  f t'  6t2 4t2  

1;1 3

1 3 1

t

f t   

 

















f    f  f  

27

Max f t  khi 1

3

t  suy ra

,

x  y  Minf t  khi ( ) 1 t 1 suy ra x y 1

Goi H là trung điểm của AB suy ra CH x: 3y0



giả sử A(t;3t+10) ta có AH2 CH2  t323t92 40 1

5

t t





 Với t = -1 Suy ra ( 1;7), ( 5; 5)A  B   Với t = -5 Suy ra ( 1;7), ( 5; 5)B  A  

Câu 6a: 2, A d 1 A t(211,t13, 2 ) t1 B d 2 B t(325, 4 , 2t2 t2 5)

AB t  t  t  t  t  t 

 

2 1

 

/( )

A P

1

5 1

t t





 





t   t   A   B  

t   t   A  B   

x C C x C x C x  C x

7 7

7 7

0

k k

k k





số hạng chứa x có hệ số là 2 7

1 2

k k

k k

k



A'

B

A

C I

C

H

Suy ra hệ số chứa 2

x là 72

cách từ I tới AB AB  5

ABCD ABI ABI

Gọi toạ độ diểm I là I x y ta có hệ 0, 0

0 0

0 0

x y

y x







Do I là trung điểm AC và BD nên Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2)

Với I( 1;

3

3



C  



C  

3 3



2;1;3,

1 



d

u 2 2;1;4,



d

u u u d1, d2  7; 2; 4  

chọn n p u u d1, d2 7; 2; 4  

Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng 7x 2y 4z d 0

Do (P) cách đều d d suy ra khoảng cách từ (2;2;3) 1, 2 ( )d1 và 1;2;1d2 bằng nhau

2

Ta có phương trình mặt phẳng (P) 14x 4y 8z 3 0

Câu 7b: Ta có (1 x)n C n0 C x C x1n  n2 2 ( 1)  n C x n n n

Vì

1

0

1

1

n

x dx

n





Nên

1

0

n



12

k



 

Số hạng ứng với thoả mãn: 8k 36 20  k 7  Hệ số của x là: 20 C127.25 25344

I

A

B