Tỡm k để đường thẳng d cắt C tại ba điểm phõn biệt và hai giao điểm B, C với B, C khỏc A cựng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giỏc cú diện tớch bằng 8.. Mặt phẳng BCM cắt SD tại N..
Trang 1I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Cõu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2
y x x C
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C)
2 Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(- 1; 0) với hệ số gúc là k ( k R) Tỡm k để đường thẳng
d cắt (C) tại ba điểm phõn biệt và hai giao điểm B, C ( với B, C khỏc A ) cựng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giỏc cú diện tớch bằng 8
Cõu II (2 điểm)
1 Tỡm cỏc nghiệm của phương trỡnh:sin cos 4 sin 22 4 sin2 7
4 2 2
x
(1)
thoả món điều kiện : x 1 3
2.Giải phương trỡnh sau : 2 3
2 x 3x2 3 x 8
Cõu III (1 điểm) Tớnh tớch phõn :
2 0
1 sin
1 cos
x
x
x
Cõu IV (1 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh chữ nhật, AB=a, AD=2a, cạnh
SA vuụng gúc với đỏy, cạnh SB tạo với đỏy gúc 600 Trờn cạnh SA lấy điểm M sao cho
a 3
AM
3
Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N Tớnh thể tớch khối chúp SBCMN?
Cõu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa món xy z 1
Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức P xy yz zx
II PHẦN RIấNG (3,0 điểm)
Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
Cõu VI.A (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;1),B(1;2), trọng tâm G của tam
giác nằm trên đường thẳng x y2 0 Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng
27
2
2 Trong khụng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M(0; 1; 2) và N ( 1;1;3) Viết phương trỡnh mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cỏch từ K0; 0; 2 đến (P) đạt giỏ trị lớn nhất .Tỡm điểm I thuộc mặt phẳng (x0y) sao cho IM+IN nhỏ nhất
Cõu VII.A (1,0 điểm) Giải bất phương trỡnh
2
2.5
x x
x
Cõu VI.B (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC cõn tại A cú đỉnh A(6; 6), đường thẳng đi qua trung điểm của cỏc cạnh AB và AC cú phương trỡnh x + y 4 = 0 Tỡm tọa độ cỏc đỉnh B và C,
biết điểm E(1; 3) nằm trờn đường cao đi qua đỉnh C của tam giỏc đó cho
2 Trong khụng gian 0xyz cho điểm I1, 2, 2 và đường thẳng : 2x 2 y 3 zvà mặt phẳng P : 2x2y z 5 0 Viết phương trỡnh mặt cầu (S) cú tõm I sao cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện là hỡnh trũn cú chu vi bằng 8 Từ đú lập phương trỡnh mặt phẳng
Q chứa và tiếp xỳc với (S)
Cõu VII.B (1,0 điểm) Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức :
2
2
z
z z z
……….Hết………
Chú ý: Thí sinh thi khối D không phải làm câu V
SỞ GD & ĐT THANH HểA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012
MễN TOÁN ( Khối A-B-D)
(Thời gian làm bài 180’ khụng kể thời gian phỏt đề)
Trang 2SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC
LẦN 2 NĂM 2012
m
1.(1,0 điểm)
Hàm số (C1) có dạng y x33x24
Tập xác định: DR
Sự biến thiên
- lim , lim
0.25
2
x
x
Bảng biến thiên
Y
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 và2; , nghịch biến trên khoảng
(0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x0,y CD 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x2,y CT 0
0.25
Đồ thị: Học sinh tự vẽ đồ thị (C)
0.25 2.(1,0 điểm)
I
(2điểm)
Khối D
3điểm
2 Đường thẳng d đi qua A(-1; 0) với hệ số góc là k , có phương trình là :
y = k(x+1) = kx+ k
- Nếu d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì phương trình: x3 – 3x2 + 4 = kx + k
x3 – 3x2 – kx + 4 – k = 0 (x + 1)( x2 – 4x + 4 – k ) = 0
0 4
4 )
(
1
2
k x x x g
x
có ba nghiệm phân biệt g(x) = x2 – 4x + 4 – k =
0 9
0 0
) 1 (
0 '
k
k g
Với điều kiện : (*) thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C Với A(-1;0) , do đó
B,C có hoành độ là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0
- Gọi B x y 1; 1;C x y 2; 2với x x là hai nghiệm của phương trình : 1; 2
2
x x k Còn y1 kx1 k y ; 2 kx2 k
- Ta có :
uuur
- Khoảng cách từ O đến đường thẳng d :
2
1
k h
k
2
k
k
Đáp số : k 4, thì thỏa mãn yêu cầu của bài toán
0.25
0.25
0.25
0.25
II 1.(1,0 điểm)
Trang 3Pt(1) sin cos 4 1 1cos 4 3 2 sin
2
cos 4 2 1
x
2 6 7 2 6
Mặt khác: x 1 3 2 x4
0.25
0.25
Do đó :
6
6
0.25 0.25
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm
6
và 7
6
thoả mãn (2)
(2điểm)
2 x 3x2 3 x (1) 8
3 x 2 x 2x 4 2 x 2x 4 2 x 2
Do x=-2 không là nghiệm của pt(1) nên chia cả 2 vế cho x+2 ta được:
Đặt
2
2
t
x
ĐK t Phương trình (1) 0
2
2
2
t
t
* Với 1
2
t pt VN
*Với t=2 PT có nghiệm x 3 13
0.25
0.25
0.5
x
2
2
x
x
e dx
Đặt I 1
2 2 0
1
2 cos
2
x
e dx x
Và I 2
2 0
sin
1 cos
x
x
e dx x
0.25
Câu III
(1điểm)
Ta có :I 2
2
2 sin cos
2
x
x x
2 0
tan 2
x
x
e dx
Mặt khác : Tính I 1
2 2 0
1
2 cos
2
x
e dx x
Đặt
2
x
x
du e dx dx
x dv
v x
Áp dụng công thức tích phân từng phần : I 1
2 2 0
1
2 cos
2
x
e dx x
2 2 0
tan 2
x
x
0.25
Trang 4Do đó I I1I2
2
2
x
x
e dx
2 2 0
tan 2
x
x
2 0
tan 2
x
x
e dx
Vậy : I e2
Câu IV
(1điểm)
Từ M kẻ đường thẳng song song với AD, cắt SD tại N thì N là giao điểm của (BCM) và SD, vì SA (ABCD) nên góc giữa SB và (ABCD) là SBA· 600 Ta có
·
SASB tan SBAa 3
Từ đó ta có: SM SA AM a 3 a 3 2 31
SM SN 2
SA SA 3
Dễ thấy: VS.ABCD VS.ABCVS.ADC 2VS.ABC 2VS.ADC
Và VS.BCNM VS.BCMVS.CNM
Do đó: S.BCNM S.BCM S.CNM S.BCM S.CNM
1 SM SB SC 1 SM SN SC 1 2 5
2 SA SB SC 2 SA SD SC 3 9 9
Mà
3 S.ABCD
V SA.dt(ABCD)
3 S.BCNM
10 3a V
27
Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn xy z 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P xy yz zx
Doxy z xy1.zxyz x y z xzyznên
xy
xyz
1
2
Lý luận tương tự : yz
yzx
1
2
xz
xzy
1
2
0.5
V
(1điểm)
Cộng vế với vế (1) , (2) và (3) ta được P xy yz zx
3 2
S
A
D
Trang 5Đẳng thức xóy ra khi và chỉ khi : 1
3
xyz
Vậy giỏ trị lớn nhất của 3 1
P x yz
1.(0,75 điểm)
Vì G nằm trên đường thẳng x y2 0 nên G có tọa độ G(t;2t) Khi đó
( 2;3 )
uuur
, AB ( 1; 1)
uuur
Vậy diện tích tam giác ABG là
2
1
2
2
2
3
2 t
Nếu diện tích tam giác ABC bằng 27
2 thì diện tích tam giác ABG bằng
27 9
6 2
Vậy 2 3 9
t
, suy ra t6 hoặc t3 Vậy có hai điểm G :
) 1
; 3 ( , ) 4
; 6
1 G
G Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
x x x x và y C3y G(y Ay B)
0.5
Với G1(6;4) ta có C1(15;9),
với G2(3;1)ta có C2(12;18)
0.25
2.Gọi nr A B C, , 2 2 2
0
A B C là một vectơ phỏp tuyến của mặt phẳng (P)
Phương trỡnh mặt phẳng (P) đi qua M cú dạng;
AxB y C z AxByCzB C
DoN1;1;3 P A B3CB2C0A2BC
Mặt khỏc :Khoảng cỏch từ K đến mp(P) là:
,
2 2
B
-Nếu B = 0 thỡ d(K,(P))=0 (loại)
-Nếu B 0thỡ
2
B
d K P
B
Dấu “=” xảy ra khi B = -C Chọn C = 1
Khi đú pt (P): x + y – z + 3 = 0
0.5
VIa
(2điểm)
PT (x0y) là : z =0 Nhận thấy M ; N nằm cựng phớa đối với mặt phẳng (x0y)
Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua (x0y) Đường thẳng d qua M vuụng gúc với
(x0y) cú VTCP u r 0; 0;1 PTTS của d là :
0 1 2
x y
Giả sử H dx y0
Thỡ H0; 1; 2 t lỳc đú 2+t=0 suy ra H0; 1; 0 .Do đú M’(0;-1;-2) ;
' 1; 2;5
M N
uuuuur
Ta cú : IM+IN = IM’+INM N' Đẳng thức xóy ra khi và chỉ khi
' ( 0 )
0.5
Trang 6C
E
PT của đường thẳng M’N là : 1 1 3
Điểm I 1 m;1 2 ;3 5 m mcần thuộc đường thẳng M’N và (x0y)nên
5
; ;0
5 5
I
VIIa
(1điểm)
Đk x log 25 (*) Đặt t=t 5x ĐK t>2
BPT (1)
2
2
3 5 4
t t t
(1) Bình phương 2 vế của BPT (1) ta được :
20
t
5
log 20
1
2
x
x
x x
(**)
Kết hợp (*) và (**) ta được :
5 2
log 20
1 log 5
2
x
x
vậy bất phương trình có nghiệm :
5 2
log 20
1 log 5
2
x
x
0.25
0.25
0.25
0.25
1.(0.75 điểm)
Gọi là đường thẳng đi qua trung điểm của AC và AB
Ta có , 6 6 4 4 2
2
Vì là đường trung bình của ABC
; 2 ; 2.4 2 8 2
Gọi phương trình đường thẳng BC là: x y a0
28 2
a a
a
a
Nếu a 28 thì phương trình của BC là xy280, trường hợp này A nằm
khác phía đối với BC và , vô lí Vậy a , do đó phương trình BC là: 4
4 0
xy
Đường cao kẻ từ A của ABC là đường thẳng đi qua A(6;6) vàBC:xy 4 0
nên có phương trình là xy 0
Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình
Vậy H (-2;-2)
Vì BC có phương trình là x y 4 0 nên tọa độ B có dạng: B(m; -4-m)
VIb
(2điểm)
Suy ra: CEuuur5m; 3 m , uuurAB(m6; 10 m)
Vì CEAB nên uuur uuurAB CE 0a6a5 a3a100
6
a
a
0; 4 4; 0
B C
6; 2 2; 6
B C
Â
B
H
Trang 72.Ta có (P) cắt (S) theo thiết diện là đường tròn (C) có bán kính r
mà 2r. = 8 suy ra r =4 và R2r2d2
Trong đó d d I P 3R2 25
Phương trình mặt cầu (S) : x12y22z2225
0.75
Nhận thấy mặt cầu (S) tiếp xúc với tại điê,r 5; 5 4;
3 3 3
M
Do đó : Mặt phẳng (Q) chứa tiếp xúc với (S) đi qua 5; 5 4;
3 3 3
và có VTPT
2 11 10
MI
uuur
là :6x33y30z1050
0.5
VIIb
(1điểm) ĐS : phương trình có 4 nghiệm
z i z i z z
1.0
Thí sinh thi khối D không phải làm câu V- và câu I 3 điểm
Thí sinh có cách làm khác đáp án mà đúng cho điểm tối đa ở câu đó
