ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 150 potx

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị C tại hai điểm A, B phân biệt sao cho A và B đối xứng nhau qua đường thẳng có phương trình: x

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013

Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 2 4

1

x y x





1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2 Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho A

và B đối xứng nhau qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= 0

Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: sin 2 1 2 os

sin cos 2.tan

x

c x

2 Giải hệ phương trình: 2 2 2 22







Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: 2 cos

0 (e x s inx).sin 2 x dx







Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp trong hình trụ có bán kính đáy r;

góc giữa BC’ và trục của hình trụ bằng 300; đáy ABC là tam giác cân đỉnh B có ABC 1200 Gọi E, F, K lần lượt là trung điểm của BC, A’C và AB Tính theo r thể tích khối chóp A’.KEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE

Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3

4 Chứng minh rằng: 3 1 3 1 3 1 3

a b  b c  c a 

Câu VI: (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng  : x – y + 1 = 0 Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt  ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho MAB vuông tại M và có diện tích bằng 2

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 2 1

x y z

  và mặt phẳng (P) : ax + by + cz – 1 = 0 (a2 b2 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua đường thẳng d và tạo với các trục Oy, Oz các góc bằng nhau

Câu VII: (1,0 điểm)

Xét số phức z thỏa mãn điều kiện : z 3i 1, tìm giá trị nhỏ nhất của z

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

Họ và tên:……… SBD:………

1

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

I-1

(1 điểm)

TXĐ: D = R\{-1}

Chiều biến thiên: ' 6 2 0 x D

( 1)

y x



Hs đồng biến trên mỗi khoảng (  ; 1) và ( 1; ), hs không có cực trị

0,25

Giới hạn: xlim y2, limx 1 y, limx 1y 

=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 2 0,25

BBT

x - -1 +

y’ + +

y

+ 2

2 -

0,25

+ Đồ thị (C):

Đồ thị cắt trục hoành tại điểm 2;0 , trục tung tại điểm (0;-4)

Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng

8

6

4

2

2

4

6

8

0,25

I-2

(1 điểm) Đường thẳng d cần tìm vuông góc với : x + 2y +3= 0 nên có phương trình y = 2x +m 0,25

D cắt (C) ở 2 điểm A, B phân biệt 2 4 2

1

x

x m x



 có 2 nghiệm phân biệt

2

2x mx m 4 0

     có 2 nghiệm phân biệt khác - 1 m2 8m 32 0 (1)

0,25

Gọi I là trung điểm AB có 2 4

2

2

I

x

m







   



Do AB vuông góc với  nên A, B đối xứng nhau qua đường thẳng : x + 2y +3= 0

4

    

0,25

m = - 4 thỏa món (1) vậy đường thẳng d cú phương trỡnh y = 2x - 4 0,25

II-1

(1 điểm)

Điều kiện: sinx0, cosx0,sinxcosx0

0,25

Pt đã cho trở thành 2 cos 0

cos sin

cos sin 2 sin 2

cos







x x

x x x

x

0 2 sin ) 4 sin(

cos

0 cos sin

cos 2 sin

2





























x x

x

x x

x x

x

0,25

2 0

cosx  x k k 





















































n x

m x

n x

x

m x

x x

3

2 4

2 4 2

4 2

2 4

2 ) 4 sin(

2 sin





















,

3

2



0,25

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là





k

x 

2

II-2

(1 điểm)

Điều kiện: x+y0, x-y0

Đặt: u x y

v x y

 





 



0,25

2

3 (2) 2

uv

   







Thế (1) vào (2) ta cú:

2

uv uv  uv  uv uv   uv  uv

0,25

Kết hợp (1) ta cú: 0 4, 0

4

uv

u v







 

 (vỡ u>v) Từ đú ta cú: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).

0,25

III

( e x s inx).sin 2 x dx 2 e x.cos sin x x dx s inx.sin 2 x dx

2 cos

0

.cos sin

x





0,25

3

Đặt t = cosx có I =

1 0

.t t t 1

t e dt t e  e dt 

0

sinx.sin 2 (cos os3 ) (sinx sin 3 )

2

cos 0

2 8 ( sinx).sin 2 2

3 3

x



IV

(1 điểm)

Từ giả thiết suy ra BC C ' 300

BA = BC = r

0

' cot 30 3

J F

E K

B

B'

A

0,25

3 0 ' EF EF EC '.

1 1 1 .AA '.1 sin120

r

Gọi H là trung điểm của AC ta có FH // AA’ suy ra FH(ABC) và

2

r

HK HB HE  Gọi J là trung điểm KF, trong mp (FKH) đường trung trực của FK cắt FH tại I, I chính là

tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE

0,25

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE

R FI

0,25

V

(1 điểm)

Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 2 bộ ba số dương ta có

z y x

9 z

1 y

1 x

1 9 xyz

3 xyz 3 z

1 y

1 x

1 ) z y x

(

3

3



































a 3 c c 3 b b a

9 a

3 c

1 c

3 b

1 b

a

1 P

























0,25

áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 3 bộ ba số dương ta có

0,25

   

3

3

3

a 3b 1 1 1

b 3c 1 1 1

c 3a 1 1 1

Suy ra 3a 3b 3b 3c 3c 3a 1 4 a b c 6 

3

           1 4.3 6 3

    

Do đó P 3; Dấu = xảy ra

3

a 3b b 3c c 3a 1



  



VI.-1

(1 điểm)

I

M

H

Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình (x a )2(y b )2 R2

MAB vuông tại M nên AB là đường kính suy ra  qua I do đó:

a - b + 1 = 0 (1)

0,25

Hạ MH AB có ( , ) 2 1 1 2

2

M

MH d     

MAB

0,25

Vì đường tròn qua M nên (2 a)2(1 b)2 2 (2)

Ta có hệ 21 0 2 (1)

(2 ) (1 ) 2 (2)

a b

  







0,25

Giải hệ được a = 1; b = 2 Vậy (C) có phương trình 2 2

(x1) (y 2) 2 0,25

VI -2

(1 điểm)

Đường thẳng d qua M (0, 2, 1) có VTCP u  (1, 1, 1)

(P) có VTPT n a b c( , , )

d  P  n v   a b c    a b c 

0,25

( ,( )) ( ,( )) os( , ) os( , )

0

b c

 





   

0,25 Nếu b = c = 1 thì a = 2 suy ra ( )P : 2x + y + z - 1 = 0 (loại vì M1 ( )P1 0,25 Nếu b = - c = - 1 thì a = 0 suy ra ( )P : y - z - 1 = 0 (thỏa mãn)2

VII Đặt z = x + iy ta có z 3i  1 x2(y 3)2 1 0,25

5

(1 điểm)

Từ 2 2

( 3) 1

x  y  ta có 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của z bằng 2 đạt khi z = 2i 0,25