Đề 25 thi thử đại học môn toán năm 2012 - 2013 thời gian làm bài: 180 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 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 : 1. 2. 2 Câu 3. Tính tích phân : I = 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 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 < x và y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = II.Phần riêng( 3 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A.Theo chương trình chuẩn Câu 6a ( 1 điểm)..Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T) : 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 d: . Xác định các điểm C,D sao cho ABCD là hình thoi biết rằng D nằm trên d Câu 8a.( 1 điểm) Cho là các nghiệm phức của phương trình .Tính giá trị của biểu thức B.Theo chương trình nâng cao Câu 6b ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho đường tròn ( C) : và đường thẳng d: . 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: . Và tạo với mặt phẳng ( Q) : góc .Tìm tọa độ giao điểm M của mặt phẳng (P) với trục Oz. Câu 8b( 1 điểm).Giải hệ phương trình. HƯỚNG DẪN Câu Nội dung Điểm 1 .1 1 điểm 1.2 Câu 2 1. 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 TXĐ: D= R , y’ = 4x3- 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 , ycđ = 1 Hàm số đạt cưc tiểu tại x= 1 , x= -1 , yct = 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 : x4 - 2(m+1)x2 + 2m+1 = 0 đặt x2 = t 0 phương trình trở thành : t2 - 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 hai nghiệm dương phân biệt . (* ) Với điều kiện (* ) phương trình (1) có hai nghiệm 0< t1 < t2 , lúc đó đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt A(-; 0 ) ; B (-; 0 ) ; C (; 0 ) ; D( ; 0 ) Diện tích tam giác KAC là S = AC .d(K; AC ) = 4 ( 2) Trong đó d(K; AC ) = | yK | = 2 , AC = + ( 2) ( + ) .2 = 4 t1 +t2 +2 = 16 2(m +1) + 2=16 m = 4 ( tm) Giải phương trình : . . Điều kiện : cos() o 2( cos2x - sin2x ) +1 = 2cos().() 3cos2x - sin2x = 2cos() .() ( ) (-2cos() ) = 0 = 0 hoặc cos(x +) - cos() = 0 x = + k2 ; x = - + k4 hoặc x = + k là nghiệm Giải phương trình : . 2 (3) ĐK: |x| 2 (3) 32 - 8x2 + 16 = x2 + 8x 8 ( 4 - x2 ) + 16 = x2 + 8x Đặt = t 0 t2 = 2 (4 - x2 ) . phương trình trở thành : 4t2 + 16 t - x2 -8x = 0 có = (2x + 8)2 Phương trình có 2 nghiệm là : t = hoặc t = - - 4 ( loại ) Với t = = x = là nghiệm của pt Tính tích phân : I = = = ( ln( x2 +1) + - - ) = ln(1 + ) + + 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 = 600 , trong tam giác vuông SGA có SG = SA. Sin600 = AG = SA. Cos600 = , AK = AG = với K là trung điểm của BC Đặt AB = x , tam giác vuông ABC có BC = AB.cot300 = x BK = Trong tam giác vuông ABK có AK2 = AB2 + BK2 = x2 + = x = . Diện tích tam giác ABC là S = AB.2BK = Thể tích V = SG .SABC = . Cho < x và y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = Đặt a = , b = , 0 < b 1 , 2 a < 3 , P = + + Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho , ta có : P + + ( áp dụng cauchy cho b và 4-a-b ) + + + ( cauchy cho và ) ( vì (4-a )a 4 và (4-a)2 4 với 2 a < 3 ) Dấu bằng xảy ra khi tức Vậy MinP = 0,25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 II.Phần riêng. Câu 6a. 1 điểm Ta có ( T): nên ( T ) có tâm I và R= (-1 ;-2 ) , AB = . Đường thẳng CD song song với AB nên có phương trình dạng . Khoảng cách từ I đến CD là h= Ta có CD= AB nên Vậy CD có phương trình hoăc 2x-y + 1=0 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 7a. 1điểm d có vtcp và có Ptts Ta thấy điểm Bd kết hợp với giả thiết Dd nên tâm I của hình thoi cũng thuộc d. Do ABCD là hình thoi nên ACBD, hay I là hình chiếu của A trên Gọi I( 6+2t; 1+t; 4+3t)d .Khi đó 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: ta được nghiệm : ; Suy ra: ; Do đó : M = 0,25 0,5 0,25 Phần B. Câu 6b 1điểm Đường tròn ( C ) : 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 AI= 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 : và AD = 4 Hay D( 6;-1) thì B( 2;-5) Vậy bốn đinh hình vuông là :A(6;-5) B(2;-5) C(2;-1);D(6;-1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 7b. -Đường thẳng d đi qua điểm A(1,0,0) và có vtcp Mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyên là Giao điểm M(0;0;m)Oz ; Mặt phẳng (P) có vtpt là : = [ , ] = (m ; m-2 ; 1 ) Cos60= = = 2 2m2-4m +1 = 0 m = hoặc m = Vậy tọa độ điểm M ( 0;0;); M (0;0;) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 8b 1 điểm ĐK: . Ta có : Xét x>y vô nghiêm nên hệ vô nghiệm Xét x<y vô nghiệm nên hệ vô nghiệm Do đó x=y thay vào hệ ta có Vậy nghiệm của hệ là (x;y) = ( 0,25 0,25 0,25 0,25 Lưu ý: Các cách giải đúng đều cho điểm tối đa.