TRƯỜNG THPT GIA ĐỊNH KIỂM TRA CHUẨN BỊ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2012 I.. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7 điểm CâuI.. PHẦN RIÊNG 3 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần 1 ho
Trang 1TRƯỜNG THPT GIA ĐỊNH KIỂM TRA CHUẨN BỊ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2012
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
CâuI (2 điểm) Cho hàm số y = 2mx + 1
x – m (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1
2. Gọi (C m ) là đồ thị hàm số (1) và I là giao điểm hai tiệm cận của (C m ) Với M là một điểm bất kỳ thuộc (C m ), gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến với (C m ) tại M và hai tiệm cận của (C m ) Định m để tam giác IAB có diện tích bằng 8050 (đơn vị diện tích)
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trìnhsinx + sin2x + sin3x + sin4x = cosx + cos2x + cos3x + cos4x
2. Giải phương trình x2 + 10x + 9 = (2x + 5) x2 + 9
CâuIII (1 điểm) Tính tích phân I =
⌡
⎮
⌠
–2
2
4 – x2
(2012)x + 11 dx
CâuIV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A với AB = 2a,
hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh BC, AA’ = 2a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (ABB’A’)
CâuV (1 điểm) Cho a, b, c > 0 sao cho a + b + c = 3 Chứng minh: 1
a3 + 2bc + b3 + 2ca1 + c3 + 2ab1 ≤ 1abc
II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(–3; 1), phương trình của đường thẳng BD là 4x – 3y – 5 = 0, AB = 2AD Tìm tọa độ của các đỉnh B, C, D biết rằng đỉnh D có
hoành độ âm
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x – 2y + z – 2012 = 0 và hai đường thẳng (d1): x + 1
2 = y – 21 = z + 3–1 , (d2): x – 31 = y + 2–1 = z – 1–2 Lập phương trình của mặt phẳng (Q) biết
rằng (Q) song song với (P) và (Q) cắt (d1), (d2) lần lượt tại M, N với MN = 12 11
CâuVII.a (1 điểm) Tìm số phức z biết rằng |z – 2 + 3i| = |z − + 1 – 2i| và |z + i| = 1
2 Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 = 6 và parabol (P): y2 = 2x Tìm tọa độ của điểm M thuộc (P) biết rằng qua M có hai tiếp tuyến với (C) và góc giữa hai tiếp tuyến
bằng 60°
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3), mặt phẳng (P): y – z + 2012 = 0 và đường thẳng (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng x + y – 2012 = 0, z + 2012 = 0 Lập phương trình tham
số của đường thẳng (Δ) biết rằng (Δ) đi qua M, (Δ) tạo với (P) góc 30° và (Δ) tạo với (d) góc 60°
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình ⎩⎨⎧ x2 – x = y2 + y
2x –y – 2x–1 = x + y
HẾT
Trang 2TRƯỜNG THPT GIA ĐỊNH KIỂM TRA CHUẨN BỊ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2012
(Thời gian làm bài: 180 phút)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) y = 2mx + 1
x – m (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 (1 điểm)
y = 2x + 1
x – 1 Tập xác định D = a \ {1} y’ = –3 (x – 1)2
' Lưu ý Thiếu tập xác định: 0 điểm phần này Tính sai y’: 0 điểm toàn bộ câu 1
0,25
Bảng biến thiên: „ ghi đúng tập xác định của hàm số „ ký hiệu đúng chiều biến thiên của
hàm số „ ghi đúng giới hạn của y khi x dần tới 1, x dần tới vô cực
' Lưu ý Sai hoặc thiếu > 1 yếu tố: 0 điểm phần này và 0 điểm phần đồ thị
0,25
Đồ thị: „ vẽ đúng tiệm cận „ ghi tên trục Ox, Oy và tọa độ các điểm đặc biệt „ mỗi nhánh của
đồ thị đi qua ít nhất hai điểm đặc biệt, ví dụ (–2; 1), (0; –1), (2; 5), (4; 3)
' Lưu ý Sai hoặc thiếu > 1 yếu tố: 0 điểm phần này
0,25
2 (C m ) là đồ thị hàm số (1), I là giao điểm hai tiệm cận của (C m ) Với M ∈ (C m ), gọi A, B
là giao điểm của tiếp tuyến với (C m ) tại M và hai tiệm cận của (C m ) Định m để tam giác
IAB có diện tích bằng 8050 (đơn vị diện tích) (1 điểm)
Xét M(x0; y0) ∈ (C m ) ta có y0 = 2mx0 + 1
x0 – m với x0 ≠ m
Gọi (D) là tiếp tuyến với (C m ) tại M Phương trình của (D): y – 2mx0 + 1
x0 – m = – 2m
2 + 1
(x0 – m)2(x – x0)
Tiệm cận đứng của (C m ) là (d1): x = m Gọi {A} = (D) ∩ (d1) ta có A
⎝
⎜
⎛
⎠
⎟
⎞
m ; 2mx0 + 2m2 + 2
Tiệm cận ngang của (C m ) là (d2): y = 2m Gọi {B} = (D) ∩ (d2) ta có B(2x0 – m; 2m) 0,25
Giao điểm của hai tiệm cận là I(m; 2m) Ta có IA = 2(2m2 + 1)
|x0 – m| , IB = 2|x0 – m| 0,25
S IAB = 8050 ⇔ 1
2IA .IB = 8050 ⇔ 2(2m
2 + 1) = 8050 ⇔ m2 = 2012 ⇔ m = ± 2012 ̋ 0,25
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trìnhsinx + sin2x + sin 3x + sin 4x = cosx + cos 2x + cos 3x + cos 4x (1 điểm)
PT ⇔ (sinx – cosx) + (sin2x – cos2x) + (sin3x – cos3x) + (sin4x – cos4x) = 0
PT ⇔ (sinx – cosx)[2 + 2(sinx + cosx) + sinx.cosx] = 0 0,25
„ sinx – cosx = 0 ⇔ 2sin
⎝
⎜
⎛
⎠
⎟
⎞
x – π
„ 2 + 2(sinx + cosx) + sinx.cosx = 0 ⇔ t2 + 4t + 3 = 0 ⇔ t = –1 với t = sinx + cosx, |t| ≤ 2 0,25
⇔ sinx + cosx = −1 ⇔ sin
⎝
⎜
⎛
⎠
⎟
⎞
x + π
4 = − 12 = sin⎝⎜
⎛
⎠
⎟
⎞
− π
4 ⇔ x = − π2 + k2π ∨ x = π + k2π (k ∈ _) ̋ 0,25
2 Giải phương trình x2 + 10x + 9 = (2x + 5) x2 + 9 (1 điểm)
Trang 3Đặt t = x2 + 9 (t ≥ 0) ta có x2 = t2 − 9
' Lưu ý Nếu không có điều kiện đối với t
vẫn cho trọn 0,25 điểm phần này.
PT ⇒ (x2 + 10x + 9)2 = (2x + 5)2(x2 + 9)
' Lưu ý Nếu viết “⇔” thay vì “⇒” thì 0 điểm phần này.
0,25
PT ⇔ t2 + 10x = (2x + 5)t
PT ⇔ t2 − (2x + 5)t + 10x = 0
PT ⇔ t = 5 ∨ t = 2x
⇒ x4 – 19x2 + 48 = 0
' Lưu ý Nếu viết “⇔” vẫn cho trọn 0,25 điểm phần này.
0,25
„ t = 5 ⇔ x2 + 9 = 5 ⇔ x2 = 16 ⇔ x = ±4 ⇒ x2 = 16 ∨ x2 = 3 ⇒ x = ±4 ∨ x = ± 3 0,25
„ t = 2x ⇔ x2 + 9 = 2x ⇔ ⎩⎨⎧ x ≥ 0
x2 = 3 ⇔ x = 3 Thử lại, nhận x = ±4 ∨ x = 3 ̋ 0,25
Câu III (1 điểm) Tính tích phân I =
⌡
⎮
⌠
–2
2
4 – x2 (2012)x + 1 1 dx
Đặt x = −u ⇒ dx = −du Ta có x = −2 ⇒ u = 2; x = 2 ⇒ u = −2
I =
⌡
⎮
⌠
2
−2
4 – u2
(2012)–u + 12(–du) = ⌡⎮
⌠
–2
2
(2012)u 4 – u2
1 + (2012)u
2
du =
⌡
⎮
⌠
–2
2
(2012)x 4 – x2
1 + (2012)x
2
I + J =
⌡
⎮
⌠
–2
2
4 – x2
(2012)x + 11 dx + ⌡⎮
⌠
–2
2
(2012)x 4 – x2
1 + (2012)x
1
dx =
⌡
⎮
⌠
–2
2
4 – x2 dx1
Đặt x = 2sint (–π/2 ≤ t ≤ π/2) ⇒ dx = 2cost dt Ta có x = –2 ⇒ t = –π/2; x = 2 ⇒ t = π/2
I + J =
⌡
⎮
⌠
–π/2
π/2
4cos2t dt1
2 = ⌡⎮⌠
–π/2
π/2
2(1 + cos2t) dt1
2
= 2
⎝
⎜
⎛
⎠
⎟
⎞
t + 1
2sin2t ⎪⎪
⎪π/2
⎩
⎨
⎧ I = J
Câu IV (1 điểm) Lăng trụ ABC.A’B’C’ có ΔABC vuông cân tại A với AB = 2a, A’H ⊥
(ABC) với H là trung điểm cạnh BC, AA’ = 2a Tính V ABC.A’B’C’ và d[C; (ABB’A’)]
Ỉ Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
ΔABC vuông cân tại A có AH = AB 2
2 = 2a ΔA’HA có A’H = AA’
2 – AH2 = 2a 0,25
V ABC.A’B’C’ = S ABC A’H = 1
2AB .AC.A’H = 122a.2a 2a = 2 2a
Ỉ Tính khoảng cách từ C đến (ABB’A’)
V A’ABC = 1
3S ABC .A’H = 16AB .AC.A’H = 2 2a
3
3
ΔA’HB có: A’B = A’H2 + HB2 = 2a
ΔA’AB có A’A = A’B = AB = 2a nên là tam
giác đều ⇒ S A’AB = AB2 3
4 = 3a
2
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ≡ O(0; 0;
0), B(2a; 0; 0), C(0; 2a; 0), A’(a; a; 2a)
AB
⎯→
= (2a; 0; 0), AA’ ⎯→ = (a; a; 2a)
VTPT của (ABB’A’): [AB ⎯→; AA’ ⎯→] = (0; –2 2a2;
2a2) hay n → = (0; 2; −1)
0,25
d[C; (ABB’A’)] = 3V A’ABC
S A’AB
= 2 2a3 3a2 = 2 6a
3 ̋ Phương trình (ABB’A’): 2y – z = 0 d[C; (ABB’A’)] = | 2.2a – 0|
( 2)2 + (–1)2 = 2 6a
3 ̋ 0,25
Trang 4Câu V (1 điểm) a, b, c > 0, a + b + c = 3 Chứng minh: 1
a3 + 2bc +
1
b3 + 2ca +
1
c3 + 2ab ≤ 1abc
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta có: a3 + bc + bc ≥ 33 a3b2c2 = 3a3 b2c2 0,25 Suy ra 1
a3 + 2bc ≤
1
3a3 b2c2
Chứng minh tương tự: 1
b3 + 2ca ≤
1
3b3 c2a2
, 1
c3 + 2ab ≤
1
3c3 a2b2
Do đó 1
a3 + 2bc + b3 + 2ca1 + c3 + 2ab1 ≤ 3a31
b2c2
+ 1
3b3 c2a2
+ 1
3c3 a2b2
=
3
bc + 3 ca + 3 ab
3abc (1) 0,25
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta lại có:
3
bc + 3 ca + 3 ab ≤ 1 + b + c
3 + 1 + c + a3 + 1 + a + b3 = 3 ⇒
3
bc + 3 ca + 3 ab
3abc ≤ 33abc = 1abc (2) (1) ∧ (2) ⇒ 1
a3 + 2bc +
1
b3 + 2ca +
1
c3 + 2ab ≤ 1abc ̋
0,25
II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1 Hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(–3; 1), (BD): 4x – 3y – 5 = 0, AB = 2AD Tìm tọa độ
của các đỉnh B, C, D biết rằng x D < 0 (1 điểm)
Vẽ AH ⊥ BD tại H ta có AH = d[A; (BD)] = |4(–3) – 3(1) – 5|
42 + (–3)2 = 4
ΔABD có 1
AH2 = 1
AB2 + 1
AD2 = 1
4AD2 + 1
AD2 = 5
4AD2 ⇒ AD2 = 5
4AH
D ∈ BD ∧ AD2 = 20 ⇒ Tọa độ của D là nghiệm của hệ PT ⎩⎨⎧ 4x – 3y – 5 = 0
(x + 3)2 + (y − 1)2 = 20 (*)
Hệ (*) có 2 nghiệm là (–1; –3), (7/5; 1/5) Đối chiếu với giả thiết x D < 0 ta nhận D(–1; –3)
0,25
B ∈ (BD) ∧ AB ⎯→.AD ⎯→ = 0 ⇒ Tọa độ của B là nghiệm của hệ ⎩⎨⎧ 4x – 3y – 5 = 0
2(x + 3) – 4(y − 1) = 0 ⇒ B(5; 5) 0,25 Gọi I là trung điểm BD ta có I(2; 1) I cũng là trung điểm AC ⇒ C(7; 1) ̋
' Lưu ý Nếu tìm tọa độ của B bằng cách khác và ra hai kết quả B(5; 5), B(–23/5; –39/5) từ
đó ra hai kết quả đối với tọa độ của C thì 0 điểm phần này.
0,25
2 (P): x – 2y + z – 2012 = 0, (d1): x + 1
2 = y – 21 = z + 3–1 , (d2): x – 31 = y + 2–1 = z – 1–2 Lập PT
của (Q) biết rằng (Q) // (P), (Q) cắt (d1), (d2) lần lượt tại M, N với MN = 12 11 (1 điểm)
(Q) // (P) ⇒ Phương trình của (Q) có dạng: x – 2y + z + d = 0
MN = 12 11 ⇒ (12 – 3d)2 + 144 + (3d + 12)2 = 1584 ⇒ 18d2 = 1152 ⇒ d2 = 64 ⇒ d = ±8 0,25
Suy ra (Q): x – 2y + z + 8 = 0 ∨ (Q): x – 2y + z – 8 = 0 ̋ 0,25
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z biết rằng |z – 2 + 3i| = |z − + 1 – 2i| và |z + i| = 1 (1 điểm)
|z – 2 + 3i| = |z − + 1 – 2i| ⇒ |(a – 2) + (b + 3)i| = |(a + 1) – (b + 2)i| với z = a + bi (a, b ∈ a)
⇒ (a – 2)2 + (b + 3)2 = (a + 1)2 + (b + 2)2 ⇒ 6a – 2b = 8 ⇒ b = 3a – 4 (1) 0,25
|z + i| = 1 ⇒ |a + (b + 1)i| = 1 ⇒ a2 + (b + 1)2 = 1 (2)
(1) ∧ (2) ⇒ a2 + (3a – 3)2 = 1 ⇒ 10a2 – 18a + 8 = 0 ⇒ a = 1 ∨ a = 4/5 0,25
Trang 5„ a = 1 ⇒ b = –1 ⇒ z = 1 – i 0,25
2 Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1 (C): x2 + y2 = 6, (P): y2 = 2x Tìm tọa độ của điểm M thuộc (P) biết rằng qua M có hai
tiếp tuyến với (C) và góc giữa hai tiếp tuyến bằng 60° (1 điểm)
(C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 6 Xét M(x; y) ∈ (P) thỏa yêu cầu bài toán, gọi MT, MT’ là
hai tiếp tuyến với (C)
Góc giữa 2 tiếp tuyến bằng 60° ⇒⎣⎢⎡ ∠TMT’ = 60°
∠TMT’ = 120° ⇒⎣⎢
⎡ ∠OMT’ = 30°
∠OMT’ = 60° ⇒ ⎣⎢
⎡ OM = 2R = 2 6
OM = 2R/ 3 = 2 2 0,25
⇒ ⎣⎢⎡ x
2 + y2 = 24
x2 + y2 = 8 ⇒ ⎣⎢
⎡ x2 + 2x – 24 = 0
x2 + 2x – 8 = 0 (do M ∈ (P) nên y2 = 2x) 0,25
⇒ x = 4 ∨ x = 2 (loại x = –6, x = –4 do M ∈ (P) nên x = y2/2 ≥ 0)
' Lưu ý Nếu không loại các nghiệm x = –6, x = –4 vẫn cho trọn 0,25 điểm phần này 0,25
2 M(1; 2; 3), (P): y – z + 2012 = 0, (d) = (Q) ∩ (R) với (Q): x + y – 2012 = 0, (R): z + 2012
= 0 Lập phương trình tham số của đường thẳng (Δ) biết rằng M ∈ (Δ), ∠[(Δ); (P)] = 30°
và ∠[(Δ); (d)] = 60° (1 điểm)
Gọi vectơ chỉ phương của (Δ) là v → = (a; b; c) với a 2 + b2 + c2 > 0
Vectơ pháp tuyến của (P) là n → = (0; 1; –1)
∠[(Δ); (P)] = 30° ⇒|cos(n →; v → )| = sin30° ⇒ |b – c|
2 a2 + b2 + c2 = 1
2 ⇒ a
2 + b2 + c2 = 2|b – c|(1) 0,25
Vectơ chỉ phương của (d) là a → = (1; –1; 0)
∠[(Δ); (d)] = 60° ⇒|cos(a →; v → )| = cos60° ⇒ |a – b|
2 a2 + b2 + c2 = 1
2 ⇒ a
2 + b2 + c2 = 2|a – b|(2) 0,25
(1) ∧ (2) ⇒ |b – c| = |a – b| ⇒ ⎣⎢⎡ c = a (3)
c = 2b – a (4)
(2) ∧ (3) ⇒
⎩
⎨
⎧ c = a
2a2 + b2 = 2|a – b| ⇒ ⎩⎨
⎧ c = a
b = 0 ∨ b = 4a ⇒ v
→
= (1; 0; 1) ∨ v → = (1; 4; 1)
(2) ∧ (4) ⇒
⎩
⎨
⎧ c = 2b – a
2a2 – 4ab + 5b2 = 2|a – b| ⇒ ⎩⎨
⎧ c = –a
b = 0 ⇒ v
→
= (1; 0; –1)
0,25
Phương trình của (Δ):
⎩⎪
⎨
⎪⎧ x = 1 + t
y = 2
z = 3 + t ∨ ⎩⎪
⎨
⎪⎧ x = 1 + t
y = 2 + 4t
z = 3 + t ∨ ⎩⎪
⎨
⎪⎧ x = 1 + t
y = 2
z = 3 – t ̋
0,25
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình ⎩⎨⎧ x2 – x = y2 + y (1)
2x–y – 2x–1 = x + y (2)
Thay y = –x vào (2): 2 2x – 2x–1 = 0 ⇔ 2x = 2–1 ⇔ x = –1 Suy ra (–1; 1) là nghiệm của HPT 0,25
Thay y = x – 1 vào (2): 2 – 2 x–1 = 2x – 1 ⇔ 2 x–1 + 2x – 3 = 0 (*)
Rõ ràng x = 1 là một nghiệm của phương trình (*) 0,25 Xét hàm số f(x) = 2 x–1 + 2x – 3 ta có f’(x) = 2 x–1.ln2 + 2 > 0 (∀x ∈ a) ⇒ f đồng biến trên a
⇒ phương trình (*) có tối đa một nghiệm ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của (*)
Suy ra (1; 0) là nghiệm của hệ phương trình ̋
0,25
