Xem mẫu
- SỞ GD – ĐT ĐĂK LĂK ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – KHỐI A
TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH Môn: Toán; Năm học: 2012-2013
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y = x 3 − 3 x + 2 có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A, B song song với nhau
và độ dài đoạn AB = 32 .
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình: 4 x 2 + 3 x ≤ 9 + x + 3
x3 − y 3 =+ xy 2
1
2. Giải hệ phương trình: 4 ( x, y ∈ R )
4 x + y = 4 x − y
4
x + ( xe x − 2 ) e x
ln 2
∫
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: dx
(1 + e )
x2
0
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I, AB = a, AD = 2a; M
là một điểm thuộc cạnh AB sao cho MA = 2MB, tam giác SMI cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với mp(ABCD). Biết mặt bên (SBC) hợp với đáy (ABCD) một góc bằng 600 . Tính thể tích
khối chóp S.AMID theo a.
Câu V: (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: 6 xy = y ) ( 2 xy − 1)
(x + 2
1
. 3 − ( 4 xy + 1)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 + 4 y 2 −
2
x
4 xy
Câu VI: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có A(0 ; 4), đỉnh B nằm trên đường
thẳng (d ) : x − 2 y + 2 =. Gọi E và F lần lượt là hai điểm nằm trên BC, CD sao cho BE = CF. Biết AE
0
16 12
cắt BF tại K ; . Tìm tọa độ điểm C biết rằng điểm C có hoành độ dương.
25 25
Câu VII: (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua 2 điểm A(1 ; 1; 1);
B(1 ; 2; 0) và tiếp xúc với mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 6 x − 4 y − 4 z + 13 = 0
z
Câu VIII: (1,0 điểm) Cho hai số phức liên hợp nhau z , z thỏa mãn điều kiện là một số thực và
()
2
z
z − z = 3 . Tìm số phức z .
2
- Sở GD – ĐT ĐăkLăk ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – KHỐI A
Trường THPT Phan Chu Trinh MÔN: TOÁN ; NĂM HỌC 2012 – 2013
Năm học: 2012 - 2013 (Đáp án – Thang điểm này gồm 4 trang)
...............................
Đáp án Điểm
Câu
i) Tập xác định: D = R.
Câu I:
ii) Sự biến thiên:
( 2,0 điểm)
+) Chiều biến thiên: = 3 x 2 − 3 ; y ' = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = 1 .
y'
• Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ )
• Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) 0,25
+) Cực trị:
• Hàm số đạt cực đại tại x = −1 ; yCĐ = 4
• Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 ; yCT = 0
+) Giới hạn: lim y = −∞ ; lim y = +∞
x →−∞ x →+∞ 0,25
+) Bảng biến thiên:
x −∞ −1 +∞
1
−
y + 0 0 +
0,25
+∞
4
y’
−∞ 0
iii) Đồ thị:
y
Giao điểm của đồ thị với
trục Oy: (0;2)
Giao điểm của đồ thị với
trục Ox: (−2;0) ; (1;0)
Ngoài ra đồ thị hàm số còn
đi qua điểm (2;4)
Vẽ đồ thị đúng được 0,25 đ
x
Giả sử A ( a; a 3 − 3a + 2 ) ; B ( b; b3 − 3b + 2 ) với a > b là hai điểm nằm trên đồ thị
(C). Vì tiếp tuyến tại A và B song song với nhau nên:
y '(a ) = y '(b) ⇔ 3a 2 − 3= 3b 2 − 3 0,25
⇔ a = −b và a > 0 (do a > b )
AB 2 = ( b − a ) + b3 − a 3 − 3(b − a) = 4a 2 ( a 4 − 6a 2 + 10 ) (thay b = −a )
2
2
AB = 32 ⇔ 4a ( a − 6a + 10 ) = a 6 − 6a 4 + 10a 2 − 8 = (*)
32 ⇔
2 4 2
0 0,25
Đặt = a 2 > 0 , pt (*) trở thành: t 3 − 6t 2 + 10t − 8 =
t 0
⇔ ( t − 4 ) ( t − 2t + 2 ) = t = 4
0⇔
2
0,25
Khi t = 4 , ta được a = 4 ⇔ a = 2 do a > 0
2
Với a = ⇒ b = 2 ta được A ( 2; 4 ) ; B ( −2;0 ) 0,25
−
2
Điều kiện : x ≥ 0 . Biến đổi bất phương trình về:
Câu II:
( 2,0 điểm) 2x − 3
4 x 2 − 9 + 3 x − x + 3 ≤ 0 ⇔ ( 2 x − 3) ( 2 x + 3) + ≤0 0,25
3x + x + 3
- Đáp án Điểm
Câu
1 3
⇔ ( 2 x − 3) 2 x + 3 + ≤ 0 ⇔ 2x − 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2 0,25 x2
3x + x + 3
3
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bpt là: 0 ≤ x ≤ 0,25
2
Từ pt thứ nhất suy ra: 1 = x3 − y 3 − xy 2 thế vào phương trình thứ hai:
( 4 x − y ) .1
4 x4 + y 4 = 4 x − y ⇔ 4 x4 + y 4 =
( 4 x − y ) ( x3 − y 3 − xy 2 )
⇔ 4x4 + y 4 =
⇔ xy ( x 2 + 4 xy + 3 y 2 ) =
0 0,25
x = 0 hoaëc y = 0
xy = 0
⇔ 2 ⇔
x + 4 xy + 3 y = ( x + 3 y )( x + y ) =
2
0
0
x = 0 hoaëc y = 0
⇔
x = −3 y hoaëc x = − y
0,25
Với x = 0 , ta được y = −1 ;
Với y = 0 , ta được x = 1 ;
3 1 0,25
Với x = −3 y , ta được x = ⇒y=3 − ;
3
25 25
Với x = − y , ta được x =⇒ y =1 ; −
1
Vậy hệ pt đã cho có 4 nghiệm ( x; y ) là:
3 1
( 0; −1) ; (1;0 ) ; (1; −1) ;− 3
;3 0,25
25 25
x + ( xe x − 2 ) e x x (1 + e x ) − 2 ( x + 1) e x
Câu III: 2
ln 2 ln 2
( 1,0 điểm)
∫ ∫
Đặt: I = dx = dx
(1 + e x ) (1 + e x )
2 2
0 0
( x + 1) e x dx
ln 2 ln 2
∫ xdx −2 ∫
= = I1 − 2 I 2
(1 + e x )
2
0,25
0 0
ln 2
ln 2
x2 12
Với I1 ∫= =
= xdx ln 2
0,25
20 2
0
( x + 1) e x dx ,
ln 2
∫
Với I 2 =
(1 + e )
x2
0
u= x + 1 du = dx
e x dx ⇒
đặt 1
dv =
v = − 1 + e x
(1 + e )
x2
ex
1 − 2 ln 2
x +1
ln 2 ln 2
ln 2
dx
∫ 1 + e x dx
∫
Khi đó: I 2 = + = +
1−
−
1 + ex 0 1+ e x
0
6
0
1 − 2 ln 2 1 − 2 ln 2
+ x o − ln (1 + e x ) = + x o − ln (1 + e x )
ln 2 ln 2
=
ln 2 ln 2
6 6
0 0
1 + 10 ln 2 − 6 ln 3 0,25
=
6
3ln 2 2 − 20 ln 2 + 12 ln 3 − 2
Vậy: I =1 − 2 I 2 = 0,25
I
6
- Đáp án Điểm
Câu
Câu IV:
Gọi H là trung điểm của IM, suy ra
( 1,0 điểm)
SH⊥IM ⇒SH⊥(ABCD) (Vì
(SMI)⊥(ABCD) Kẻ HE⊥BC tại E , suy
ra ( ( SBC ), ( ABCD) ) SEH 600
== 0,25
Kẻ IF⊥BC tại F, ta có EH là đường
trung bình của hình thang vuông BMIF,
suy ra
1 a a 5a 0,25
1
EH = ( MB + IF )= + =
2 3 2 12
2
5a 3
= EH .tan 600
Tính SH =
12
5a 2 0,25
1 1
Mặt khác: S AMID = S ABD − S BMI = S ABD − S ABI = S ABD − S ABD =
3 6 6
Vậy thể tích khối chóp S.AMID là:
1 5a 2 5a 3 25a 3 3
1
(đvtt)
= = .= 0,25
VS . AMID S AMID .SH .
3 36 12 216
Ta có: 6 xy = y ) ( 2 xy − 1) ⇔ 6 xy + x + 2 y = ( x + 2 y ) .2 xy
(x + 2
Câu V:
( 1,0 điểm)
⇔ 6 xy + x + 2 y = ( x + 2 y ) .2 xy
Vì x > 0, y >0 nên x +2y > 0. Khi đó:
11 4
+ 3 ⇔ ( x + 2 y ) − 3( x + 2 y ) − 4 ≥ 0
x + 2y = + +3≥
2
x + 2y
x 2y
⇔ ( x + 2 y + 1)( x + 2 y − 4 ) ≥ 0 ⇔ x + 2 y ≥ 4 0,25
1 3 1 3
Mặt khác: + =
1⇒ =
1−
2 xy x + 2 y x + 2y
2 xy
Vì vậy:
. ( 2 − 8 xy − 16 x 2 y 2 )
1 1
. 3 − ( 4 xy + 1) =x 2 + 4 y 2 −
A = 2 + 4 y2 −
2
x
4 xy 4 xy
3
= + 2y) +
(x +1
2
x + 2y 0,25
Đặt t= x + 2 y , điều kiện: t ≥ 4
3
Xét hàm f (t ) = t 2 + + 1 trên nửa khoảng [ 4; +∞ )
t
3 2t − 3
3
f '(t ) = 2t − 2 = 2 > 0 trên nửa khoảng [ 4; +∞ )
t t
Mà f (t ) liên tục trên nửa khoảng [ 4; +∞ ) nên hàm f (t ) đồng biến trên nửa
0,25
71
khoảng [ 4; +∞ ) , suy ra f (t ) ≥ f (4) =
4
71
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng đạt được khi và chỉ khi:
4
6 xy = y ) ( 2 xy − 1)
(x + 2
x = 2
x + 2 y = 4
⇔
0,25
y =1
x = 2 y
x > 0, y > 0
- Đáp án Điểm
Câu
Từ giả thiết ta suy ra:
Câu VI:
( 1,0 điểm)
∆ABE = ∆BCF (c-g-c); suy ra BAE = CBF
Trong tam giác KAB ta có:
BAE + = CBF + = 900
ABF ABF
⇒∆KAB vuông tại K.
Vì B∈(d) nên giả sử B ( 2b − 2; b ) 0,25
16 88 66
12
= ; − ; BK = − 2b; − b
AK
12 25 25
25
AK ⊥ BK ⇔ AK .BK = 0
−88 12
16 66
⇔ . − 2b + 0⇔
. − b = b = 0
25 25 25 25 0,25
Với b = 0 , ta được B ( −2;0 )
AB =( −2; −4 ) ; AB = 2 5 .
Gọi C ( x; y ) , tính BC ( x + 2; y ) ; BC = ( x + 2 ) + y 2
=
2
0,25
Tam giác ABC vuông cân tại B nên:
−2 ( x + 2 ) − 4 y = x = 2
AB ⊥ BC x = −6
0
(loại).Vậy C ( 2; −2 )
hoặc
⇔ ⇔
( x + 2 ) + y 2 = y = −2 y = 2
AB = BC
2
20
0,25
( x − 3) + ( y − 2 ) + ( z − 2 )
Phương trình mặt cầu (S) được viết lại:
Câu VII: =
2 2 2
4
(1,0 điểm)
suy ra mặt cầu (S) có tâm I ( 3; 2; 2 ) , bán kính R = 2 0,25
Gọi ( P) : ax + by + cz + d = với a + b + c > 0 . Vì (P) đi qua A, B nên:
2 2 2
0
a + b + c + d = 0
⇒b = c
a + 2b + d = 0
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi:
3a + 2b + 2c + d 3a + 2b + 2c + d a+c
d ( I , ( P) ) = R ⇔ = 2⇔ = 2⇔ =1 0,25
a 2 + b2 + c2 a 2 + b2 + c2 a 2 + 2c 2
⇔ c = 0 hoặc c = 2a
Với c = 0 ⇒ b = 0 ⇒ a + d =chọn a = 1 ⇒ d = −1 ta được ( P) : x − 1 =
0 0 0,25
Với c = 2a ⇒ b = 2a ⇒ 5a + d = chọn a = 1 ⇒ b= c= 2 ⇒ d = −5
0
ta được ( P) : x + 2 y + 2 z − 5 = 0
Vậy có hai pt mp là: ( P) : x − 1 = hoặc ( P) : x + 2 y + 2 z − 5 = 0,25
0 0
()
2
Câu VIII: Giả sử z= a + bi với a, b ∈ R , suy ra z= a − bi ; z = a 2 − b 2 − 2abi
(1,0 điểm)
Ta có: z − z = 3 ⇔ 2bi = 2 3 ⇔ b = ± 3
2
0,25
a 3 − 3ab 2 + ( 3a 2b − b3 ) i
( a + bi )
3
a + bi
z
Mặt khác:
= = =
() (a + b2 ) (a + b2 )
( a − bi ) 0,25
2 2 2 2
2 2
z
z
là một số thực khi và chỉ khi: 3a 2b − b3 = a = ±1
0⇒ (do b = ± 3 )
(z) 0,25
2
Vậy có bốn số phức: z =±1 + 3i hoặc z =±1 − 3i 0,25
nguon tai.lieu . vn
