Đáp án đề thi thử A-A1_Yêu Toán Học_Lần 2_2013

b Tìmm để đồ thị của hàm số 1 có ba điểm cực trị nằm trên đường tròn ngoại tiếp lục giác đều cạnh là 1.. Vậy các điểm cực trị của 1 nằm trên một đường tròn có bán kính là1... Vì 1

YÊU TOÁN HỌC

http://www.facebook.com/hoitoanhoc

ĐỀ SỐ 02 (Ngày thi: 20h00 - 06/04/2013)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012-2013 Môn thi: Toán; Khối thi: A và A1

(Đáp án – thang điểm có 7 trang)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2  

yx  mx  , vớim là tham số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 1 khim4

b) Tìmm để đồ thị của hàm số 1 có ba điểm cực trị nằm trên đường tròn ngoại tiếp lục giác đều cạnh là 1

Phạm Anh Vũ

a) Khim4thì 4 2  

yx  x  Tập xác định:D

0

2

x

x







 



 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng2; 0và2;

 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ; 2và 0; 2

 Cực đạiA 0;9 , cực tiểuB 2; 7 , C 2; 7 

 Giới ha ̣n lim lim

x y x y

    

0.25đ

Bảng biến thiên

'

9 7

0.25đ

Vẽ đồ thì hàm số:

 Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối

xứng

 Đồ thị hàm số cắt trục tung tại bốn điểm

có hoành độ

yx  mx  Tập xác định:D

2

0

x m





0.25đ

Để 1 có ba điểm cực trị thì phương trình ' 0y  phải có ba nghiệm phân biệt hay * có ba nghiệm

phân biệt Vậym0 Khi đó nghiệm của 

0

*

x







  

 



Ba điểm cực trị khi đó là    2  2

0.25đ

Xét đường tròn C bán kính R  C ngoại tiếp một lục giác đều cạnh là1thì R1

Vậy các điểm cực trị của 1 nằm trên một đường tròn có bán kính là1 Gọi I là tâm ngoại tiếp của 0.25đ

tam giácABC Khi đó IA R Vì 1 nhận Oy là trục đối xứng nên tam giác ABCcũng sẽ đối xứng

quaOy hay IOy Giả sửI 0;a Ta có 1 9 1 8  **

10

a

a





      

m a m  m  m a  m a  a 

Thay ** vào*** ta có

3

0

2 0

m







Vậy các giá trị cần tìm làm1hoặc 1 5

2

m 

0.25đ

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình

2

6

3

x

x x





Nguyễn Xuân Nam Phương trình tương đương với:

2

4sin 3 3 cos sin

0 2

3

x 

  

0.25đ

3

x





0.25đ

3

x

x







+ TH2: 2 sin 3 cos  cos 2 3 4 cos cos 2 3 0

x x   x   x   x  

Vậy phương trình có nghiệm: ; 2  

x  k x  k  k

0.25đ

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình  2 2 2

4 x 1 x 2x  4 40

Nguyễn Xuân Nam

Điều kiện: 2

2

x x

 



 

0.25đ

Đặt  2 2 

t x  t

40 4 0

2 2 40 4

t

 



 2 2

0.25đ

Đặt:  2 2 

 

 2

8

t



Vậy phương trình có nghiệm: 2; 1 4 178

2

x x  

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

2

2 1

2

1 ln

1

x

ex e x



Nguyễn Xuân Nam

2

1

1

x



2 2

1 ln

4 2

x

ex e

e ex e e ex e



Đặt x 1 dx dt2

    Đổi cận

1

2 2

1 2

2

   





   



2

2

1

2

1 ln

0

1 1

t

t



  

 

 

4 2

e I

   



Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáyABCDlà hình thang nội tiếp đườn tròn với hai đáyAB và

CD Cạnh bênSDvuông góc với mặt phẳng đáy GọiM và Nlần lượt là trung điểm củaSAvàSB,D là điểm '

đối xứng với D qua AC BiếtAB4 ,a BAD60 , D BD' 30 , tan SBD1

Tính thể tích của khối chóp

SCMNvà khoảng cách giữa hai đường thẳngSAvàBD theo a

Phạm Anh Vũ

Ta xét hai trường hai trường hợp như sau:

Trường hợp 1 Hình thangABCDcân có ABD30

Khi đó ta tính được 2

ABC

S  a

Và ta cóSDBDtanSBD2a 3

3

ABC SABC

SD S

SMNC SABC

V

SA  SB  V  SA SB SC 

4

SABC SMNC

V

V  a

0.25đ

H là hình chiếu của D trên SAthìSADH Ta có SD BD BD SAD BD DH

AD BD



VậyDH là đường vuông góc chung của SA BD Suy ra, d SA BD , DH

Tam giácSADvuông tạiD có DH là đường cao nên 1 2 12 12 12 3

DH  DS DA  a   Vậyd SA BD , a 3

0.25đ

Trường hợp 2 Hình thangABCDcân có ABD20

D'

N M

C

D'

C D

D

B A

S

H

Khi đó áp dụng định lí sin cho tam giácABCta có

2 3 5 sin 9

9 5 sin 9

a AC

BC



























và

2

4 3 sin

5 2

sin 9

a

AB BC B





5 sin 9

a

SDBD SBDBD AC  Vậy nên

3

2

8 sin

5 3

sin 9

ABC SABC

a

SD S V





SMNC SABC

V

SA  SB  V  SA SB SC  nên

3

2

2 sin

9 5

9

SABC SMNC

a V

V





sin 9

a



SB SD B D SD AB AD  AB AD B AD



2 2

2

2

6 4sin

5 sin 9

4 3 sin

a









2

18 9

3 4s

cos '

in 9

SA AB SB SA BD SB SAB





2

4sin si

n

1

3 4sin ,

9

in





 

6

SABD

V  SA BD d SA BD SA BD và doV SABDV SABCta tính được

2 9

15 2 cos 4 cos



0.25đ

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực x y z bất kì Chứng minh rằng , ,

   2 2 2  2 2 23

x y z x y z  xyz x y z

Vô Danh

0, 0, 0

2

a b c



Bất đẳng thức trở thành:a b c  abc2haya b c abc   2

0.25đ

B' B'

N M

C

D'

C D

B A

A

B

D S

D'

Ta có:2a2  b2 c2 b2 c2 2bcbc1

Đặttbc t 1và sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:

a b c abc   a bc   b c a  b c   bc  

   2 

a b c abc t t t

0.25đ

Do đó ta cần chứng minh    2 

2 1t t  2t 2 2là xong

Thật vậy bất đẳng thức trên tương đương với 2 

1 0

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh Đẳng thức xảy ra khix y z; ;   k k; ;0và các hoán vị

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1:x  y 2 0và

d x  y cắt nhau tạiA Hai điểm , B C lần lượt thuộc các đường thẳng d d sao cho1, 2 37

32

OA

OB  và 185

328

OA

OC  Viết phương trình đường tròn C có bán kính nhỏ nhất biết C luôn đi qua hai điểm B C ,

Phạm Anh Vũ

DoA là giao điểm của d d nên1, 1 9 17; 185

A    OA

32

OA

OB

328

OA

OC

0.25đ

Do đó ta tìm được các cặp điểm thỏa mãn làB12; 4 , B2 4; 2 và 1  2

8 31

  0.25đ

GọiR là bán kính của C Ta có theo bất đẳng thức tam giác thì2RBC

Vậy bán kính C nhỏ nhất là

2

BC

khi C nhận BClàm đường kính 0.25đ

So sánh trực tiếp ta cóminBCminB C B C B C B C1 1; 2 1; 1 2; 2 2B C1 2

Vậy phương trình đường tròn là

5

      

0.25đ

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A3; 2; 2và mặt phẳng

 P :x   y z 1 0 Viết phương trình mặt phẳng Q đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng P , biết

 Q cắt các trục Ox Oy lần lượt tại B và, Csao choOBOC

Nguyễn Thị Thi Anh

Ta có hai mặt phẳng R1 :x y 0và mặt phẳng R2 :x y 0làh ai mặt phẳng phân giác cảu

góc xOy nên nếu OBOCthì khi đóBCsẽ vuông góc với một trong hai mặt phẳng

0.25đ

Do Q chứa đường thẳng BCnên   Q  R1 hoặc là   Q  R2 0.25đ Trường hợp 1.   Q  R1 Do   Q  P nên Q nhận

1

,

P R

n n n 

 



làm vecto pháp tuyến

Trong đónP1;1;1 , nR11; 1;0 lần lượt là các vecto pháp tuyến của   P , R 1

Vậy phương trình tổng quát cần tìm là Q :x y 2z 1 0

0.25đ

Trường hợp 2 Nếu   Q  R2 Do   Q  P nên Q nhận

2

,

P R

n n n 

 



làm vecto pháp tuyến

Trong đónP1;1;1 , nR21;1;0

lần lượt là các vecto pháp tuyến của   P , R2 Vậy phương trình tổng quát cần tìm là Q :   x y 1 0

0.25đ

Câu 9.a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

,

2

y y

x y x

y

 







Nguyễn Xuân Nam Điều kiện:

2

0

xy y xy



 



0.25đ

1 2x x 4 1 2.2 x y 2x   y  0 2 x 1 2.2x y 2 y 0

2

2 x y 2.2x y 1 0 x y

0.25đ

  2

2

2

x

x

x x











  



 



Vậy hệ phương trình có bốn nghiệm thỏa mãn:

x y        

0.25đ

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho điểm A 3; 4 và một đường tròn C luôn đi qua

điểm A Viết phương trình elip( ) :E x22 y22 1a b 0

a b    , biết rằng hai tiêu điểmF F của1, 2  E thuộc

đường tròn C , hoành độ của điểm F lớn hơn hoành độ của điểm1 F và2 AF2 2AF1

Phạm Anh Vũ

Do E có phương trình làx22 y22 1a b 0

a b    nên hai tiêu điểmF F1, 2đều nằm trên trụcOx Vậy chúng là giao điểm của C với trục hoành

0.25đ

Khi đó ta giả sửF c1 ;0 vàF2c;0 DoA thuộc E nên ta có AF1 a 3c

a

  vàAF1 a 3c

a

  0.25đ

Vậy phương trình E có dạng

2 2

2

1 81

81

a a

a



DoA 3; 4 thuộc E nên

Vậy phương trình  : 2 2 1

45 20

x y

E  

0.25đ

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

    và hai điểm

A vàB2;1;1 Viết phương trình đường thẳngdquaA và vuông góc vớisao cho khoảng cách từ

điểm B đến dlà nhỏ nhất

Nguyễn Thị Thi Anh Gọi P là mặt phẳng qua A vuông góc vớithì P : 2x   y z 3 0 0.25đ Gọid là đường thẳng qua1 B vuông góc với P thì 1: 2 1 1

Khi đó thì 1; ;1 1

2 2

 là hình chiếu củaB trên P

0.25đ

GọiH là hình chiếu của B trên d Do tam giácBHCvuông tạiCnênBHBC

VàH chính là khoảng cách từ điểm B đến dnên nó nhỏ nhất khidđi quaC 0.25đ Vậyd đi qua A và nhận AClàm vecto chỉ phương Phương trình tham số là  

1

x

z t





   



  



 0.25đ

Câu 9.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tìm tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z, biết rằng số

2

w

 



  có một argument là4



Nguyễn Xuân Nam Giả sử số phứczcó dạng:z x yi x y( ;  )

0.25đ

w có một argument là

4

 thì

2 2

2

y

y

y







   



0.25đ

Vâ ̣y tập hợp các điểm M là phần đường tròn tâm (0;1) I bán kínhR2 2nằm phía trên đường