dap de thi thu dai hoc truong thpt nguyen hue de so 5

dap de thi thu dai hoc truong thpt nguyen hue de so 5 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập l...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

Thời gian làm bài: 180 phút

I Phần chung

Câu 1 Cho hàm số y = x4- 2(m+1)x2 +2m +1 (Cm ) , điểm K(3;-2)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0

2 Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm A, B, C,D phân biệt sao cho diện tích tam

giác KAC bằng 4 (các điểm A, B, C , D được sắp xếp theo thứ tự hoành độ tăng dần)

Câu 2 Giải các phương trình sau :

x x x

x x

sin cos 3 3

2 cos 2

1 sin cos

+

=













−

+

− π

2 2 2x +4 +4 2−x = 9x2 +16

Câu 3 Tính tích phân :

x x









 + + 2

0

2

2 sin 1 1

π

Câu 4 Cho hình chóp S.ABC có SA= 3a ( a> 0 ) , SA tạo với đáy (ABC) góc 600 Tam giác ABC vuông tại B , góc ∠ACB bằng 300 G là trọng tâm của tam giác ABC , hai

mặt phẳng (SGB), (SGC) cùng vuông góc với đáy Tính thể tích khối chóp theo a

Câu 5 Cho

3

1 < x ≤

2

1

và y ≥ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

2 2 2

2

1

y x y

x

−

− + +

II.Phần riêng( 3 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B

Câu 6a ( 1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T) :x2+y2− −x 9y+18 0= và

hai điểm A(4;1), B(3;-1).Gọi C,D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành

Viết phương trình đường thẳng CD

Câu 7a( 1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;4;-3), B( 4;0;1) và đường thẳng

Câu 8a.( 1 điểm) Cho z z1, 2 là các nghiệm phức của phương trình 2z2−4z+11 0= Tính giá trị của

biểu thức

2012

1 2

M

+

= +

Câu 6b ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho đường tròn ( C) :x2+y2−8x+6y+21 0=

và đường thẳng d: x+y− =1 0 Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp đường

tròn ( C) biết điểm A thuộc d

Câu 7b ( 1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) chứa đường thẳng

d: 1

− − Và tạo với mặt phẳng ( Q) : 2x−2y− + =z 1 0 góc 60 Tìm tọa độ giao điểm M 0

của mặt phẳng (P) với trục Oz

Câu 8b( 1 điểm).Giải hệ phương trình

2 2

log y log x ( y x x )( xy y )







HƯỚNG DẪN

1 1

1 điểm

1.2

TXĐ: D= R

∞ +

= +∞

→ y

−∞

→ y

xlim

y ’ = 4x 3 - 4x = 0 ⇔ x= 0 , x=1

Bảng biến thiên

x - ∞ -1 0 1 + ∞

y ’ - 0 + 0 - 0 +

+ ∞ + ∞

1

y

0 0

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -1;0) ; (1 ;+ ∞ ) , Hàm sốnghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; 1) ; (0 ; 1 )

Hàm số đạt cực đại tại x= 0 , y cđ = 1

Hàm số đạt cưc tiểu tại x= 1 , x= -1 , y ct = 0

y

Đồ thị : cắt trục hoành tại (-1;0) ;(1;0)

Cắt trục tung tại (0;1)

Nhận oy làm trục đối xứng

1

-1 0 1 x

Phương trình hoành độ giao điểm :

x 4 - 2(m+1)x 2 + 2m+1 = 0

đặt x 2 = t ≥ 0 phương trình trở thành : t 2 - 2(m +1)t +2m+1 = 0 (1)

để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì phương trình (1) có











>

+

=

>

+

= +

>

=

∆

0 1 2

0 1 2 0

2 1

2 1

2 '

m t t

m t

t

m















−

>

−

>

≠

⇔

2 1 1 0

m m

m

⇔









−

>

≠ 2 1

0

m

m

(* )

0,25

0.25

0.25

0.25

0.5

Câu 2

1

2

Với điều kiện (* ) phương trình (1) có hai nghiệm 0< t 1 < t 2 , lúc đó đồ thị cắt trục

hoành tại 4 điểm phân biệt A(- t ; 0 ) ; B (-2 t ; 0 ) ; C (1 t ; 0 ) ; D( 1 t ; 0 ) 2

Diện tích tam giác KAC là S =

2

1AC d(K; AC ) = 4 ( 2)

Trong đó d(K; AC ) = | y K | = 2 , AC = t + 1 t 2

( 2) ⇔

2

1( 1

t + t ) 2 = 4 ⇔ t2 1 +t 2 +2 t1.t2 = 16 ⇔ 2(m +1) + 2 2 +m 1=16

⇔







+

−

= +

≤

49 14 1

2

7

2 m m

m

m

⇔ m = 4 ( tm)

x x x

x x

sin cos 3 3

2 cos 2

1 sin cos

+

=













−

+

−

Điều kiện : cos(

3 2

π

−

x

) ≠o

⇔ 2( cos 2 x - sin 2 x ) +1 = 2cos(

3 2

π

−

x

).( 3cosx+sinx) ⇔ 3cos 2 x - sin 2 x = 2cos(

3 2

π

−

x

) ( 3cosx +sinx)

⇔ ( 3cosx+sinx ) ( 3cosx−sinx-2cos(

3 2

π

−

x

) ) = 0 ⇔ 3cosx +sinx = 0 hoặc cos(x +

6

π

) - cos(

3 2

π

−

x

) = 0

⇔ x =

3

2π

+ k2π ; x = - π + k4π hoặc x =

9

π

+ k

3

4π

là nghiệm

+

=

− +

ĐK: |x| ≤ 2

(3) ⇔ 32 - 8x 2 + 16 2.(4−x2) = x 2 + 8x

⇔ 8 ( 4 - x 2 ) + 16 2.(4−x2) = x 2 + 8x

Đặt 2.(4−x2) = t ≥ 0 ⇒ t 2 = 2 (4 - x 2 ) phương trình trở thành :

4t 2 + 16 t - x 2 -8x = 0 có ∆ = (2x + 8) 2

Phương trình có 2 nghiệm là : t =

2

x hoặc t =

-2x - 4 ( loại )

Với t =

2x ⇒ 2.(4−x2) =

2

x ⇔







≥

= 0

32

9 2

x

x

⇔ x =

3

2 4

là nghiệm của pt

0.25

0.25

0.25

0.5

0.25

0.5

0.5

Câu 3

Câu 4

x x









 + + 2

0

2

2 sin 1 1

π

+

x x

2

0

2 1

π

∫2 0

2 sin

π

dx x x

= (

2

1ln( x 2 +1) +

4

2

x -

4

2

sin x

8

2

0

π

=

2

1ln(1 +

4

2 π

) +

16

2 π

+

4 1

G

C

K

B A

S

Mặt phẳng (SGB) , (SGC) cắt nhau theo giao tuyến SG và cùng vuông góc với

mặt phẳng đáy nên SG là đường cao của hình chóp

Góc ∠ SAG = 60 0 , trong tam giác vuông SGA có SG = SA Sin60 0 =

2

3

3a

AG = SA Cos60 0 =

2

3a , AK =

2

3AG =

4

9a với K là trung điểm của BC

Đặt AB = x , tam giác vuông ABC có BC = AB.cot30 0 = x 3 ⇒ BK =

2

3

x

Trong tam giác vuông ABK có AK 2 = AB 2 + BK 2 ⇒

16

81 2

a = x2 +

4

3 2

x =

4

7 2

x

⇔ x =

7 2

9a Diện tích tam giác ABC là S =

2

1AB.2BK =

56

3

81 2

a

Thể tích V =

3

1SG S

ABC =

112

243 3

a

0.25

0.5

0.25

0.25

0.5

II.Phần riêng

Câu 5

Cho

3

1 < x ≤

2

1 và y ≥ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P =

2 2 2

2

1

y x y

x

−

− + +

Đặt a =

x

1 , b =

y

1 , 0 < b ≤ 1 , 2 ≤ a < 3 , P =

2

1

a + 12

b +

(4 )2

1

b

a −

−

Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho 12

b ,

4

1

b

a −

P ≥ 12

a +

(4 a b).b

2

−

a +

( )2 4

8

a

− ( áp dụng cauchy cho b và 4-a-b )

≥ 12

a +

(4 )2

1

a

(4 )2

7

a

− ≥

(4−a)a

(4 )2

7

a

− ( cauchy cho 12

a và

(4 )2

1

a

≥

4

9 ( vì (4-a )a ≤ 4 và (4-a) 2 ≤ 4 với 2 ≤ a < 3 )

Dấu bằng xảy ra khi







=

= 1

2

b

a

tức







=

= 1

2 / 1

y x

Vậy MinP =

4

9

0.25

0.25

0.5

0.25

Câu

6a

1 điểm

Ta có ( T):

2 2

2

AB(-1 ;-2 ) , AB = 5 Đường thẳng CD song song với AB nên có phương trình

dạng 2x−y+m=0

2 5

m

−

Ta có CD= AB nên

2

1

m m

m

m

=



−

=

 Vậy CD có phương trình 2x−y+6 0= hoăc 2x-y + 1=0

0,25

0,25

0,25 0,25

Câu

7a

1điểm

d có vtcp u =(2;1;3)

r

và có Ptts

6 2 1

4 3





= +







Ta thấy điểm B∈d kết hợp với giả thiết D∈d nên tâm I của hình thoi cũng

thuộc d Do ABCD là hình thoi nên AC⊥BD, hay I là hình chiếu của A trên

Gọi I( 6+2t; 1+t; 4+3t)∈d Khi đó AI =(5 2 ; 3+ t − +t;7 3 )+ t

uur

uur r

hay I( 2;-1;-2)

Do C và D lần lươt đối xứng với A và B và qua I nên C( 3;-6;-1) và

D ( 0;-2;-5)

0,25

0,25 0,25 0,25

Câu

8a

1điểm

Gải Phương trình:2z2−4z+11 0= ta được nghiệm : 1 1 3 2

2

2

Suy ra: 1 2 22

2

z = z = ;z1+z2=2

Do đó : M = 2012 2012

11 11

11

+

=

0,25 0,5

0,25 Phần B

Câu 6b

1điểm

Đường tròn ( C ) : (x−4)2+(y+3)2 =4 Tâm I ( 4;-3); Bán kính R =2

-Gọi điểm A (a; 1-a)∈d M,N lần lượt là trung điểm AB và AD Do ABCD là

Hình vuông ngoại tiếp ( C) nên





I là tâm đường tròn cũng là tâm hình vuông nên A( 6;5) thì C( 2;-1) hoặc

ngược lại

Cạnh hình vuông bằng 2R = 4

(Gọi D ( x;y) Ta có :AD DC = 0

uuur uuur

và AD = 4

Hay D( 6;-1) thì B( 2;-5)

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 7b -Đường thẳng d đi qua điểm A(1,0,0) và có vtcp u(1; 1; 2)− −

r

Mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyên là n =(2; 2; 1)− −

r

Giao điểm M(0;0;m)∈Oz ;AM = −( 1;0; )m

uuuur

Mặt phẳng (P) có vtpt là : n = [ AB , u ] = (m ; m-2 ; 1 )

( 2) 1

9

1 1 2 2 2

2 2

+

− +

−

−

−

m m

m m

2

1 =

5 4 2

1 2 +

− m

m

⇔ 2 2 4 5

+

− m

⇔2m2-4m +1 = 0 ⇔m =

2

2

2 − hoặc m =

2

2

2 +

Vậy tọa độ điểm M ( 0;0;

2

2

2 − ); M (0;0;

2

2

2 + )

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 8b

1 điểm

ĐK: x>0;y>0 Ta có :

2

y

(1) 0

(1) 0

VT

VP

>



<

 vô nghiêm nên hệ vô nghiệm

(1) 0

(1) 0

VT

VT

<



>

 vô nghiệm nên hệ vô nghiệm

Do đó x=y thay vào hệ ta có 20 02 2

=







Vậy nghiệm của hệ là (x;y) = ( 2; 2)

0,25

0,25

0,25 0,25 Lưu ý: Các cách giải đúng đều cho điểm tối đa