Đề và đáp án thi thử Hậu Lôc 2 nămv2012-2013

Viết phương trình tiếp tuyến của C tại M biết tiếp tuyến đó vuông góc với IM.. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O; tam giác SBD đều cạnh 2a, tam giác SAC vuông tại S có

SỞ GD&ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu 1 (2 điểm).

Cho hàm số: 2

1

x y x

−

= + có đồ thị là (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2 Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận của (C), M là điểm thuộc (C) có hoành độ lớn hơn 1− Viết

phương trình tiếp tuyến của (C) tại M biết tiếp tuyến đó vuông góc với IM.

Câu 2 (2 điểm)

1 Giải phương trình:

3

2sin 2sin 1

cos

x

2 Giải bất phương trình: ( ) (2 ) ( )2

3 x+1 ≤ 2x+3 1− 3x+4

Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân:

4

2

6

cos ln(1 sin ) sin

x

π π

=∫

Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O; tam giác SBD đều cạnh 2a,

tam giác SAC vuông tại S có SC a= 3; góc giữa mp(SBD) và mặt đáy bằng 60 Tính theo a thể tích0

khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa đường thẳng AC và đường thẳng SB.

Câu 5 (1 điểm) Cho các số thực dương , , a b c thỏa mãn: a b c+ + ≥12 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S

II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B.

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 6.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 144 Gọi điểm

(2;1)

M là trung điểm của đoạn AB; đường phân giác trong góc A có phương trình AD x y: + + =3 0

Đường thẳng AC tạo với đường thẳng AD góc ϕ mà cos 4

5

ϕ = Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có tung độ dương.

Câu 7.a (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 P x y− +2z=0 và các đường thẳng

− Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mp(P), vuông

góc với d và cắt 1 d 2

Câu 8.a (1 điểm) Tính z i z+ biết z là số phức thỏa mãn: ( z−2)(z+1) là số thuần ảo và z = 3

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 6.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) :C x2+y2−4x+6y+ =9 0 và đường thẳng :d x y+ + =1 0 Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ngoại tiếp đường tròn (C) biết rằng đỉnh A thuộc đường thẳng d và có hoành độ dương.

Câu 7.b (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng : 1 2

− và mặt phẳng

(P): x y z+ + + =3 0 Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mp(P) Viết phương trình đường thẳng ∆

nằm trong mp(P), vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến∆ bằng 42

Câu 8.b (1 điểm) Giải phương trình: log2x x.( −1)2+log log (2x 2 x2− − =x) 2 0

- Thí sinh thi khối D không phải làm câu 5.

- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2012-2013

MÔN: TOÁN – Khối A, A 1 , B, D

Thời gian làm bài: 180 phút

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

1

1 Khảo sát và vẽ (C): 2

1

x y x

−

= +

* TXĐ: D R= \{ }−1

* Sự biến thiên:

- Giới hạn: lim lim 2 1

1

x y

x

−

+ ⇒tiệm cận ngang là đường thẳng y=1

⇒ tiệm cận đứng là đường thẳng x= −1

- Chiều biến thiên: 2

3

( 1)

y x

+ hàm số đồng biến trên TXĐ D

- Bảng biến thiên:

'

y + +

y

+∞

1

1

−∞

* Đồ thị: - Đồ thị hàm số đi qua điểm (0; 2)− , (2;0) , ( 2; 4)− , ( 4;3)− và đối xứng qua

điểm ( 1;1)I −

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

2 Viết phương trình tiếp tuyến…

- Giao điểm của 2 tiệm cận là ( 1;1)I −

1

a

a

−

  , (a> −1), suy ra phương trình tiếp tuyến tại M là:

2

a

−

+ + tiếp tuyến có vectơ chỉ phương là: 2

3 1;

( 1)

u

a

r

1

a

−

+

uuur

- Tiếp tuyến vuông góc với IM khi và chỉ khi 3

9

( 1)

a

+

uuur r

0,25đ

0,25đ 0,25đ

4 1 3 1 3

Vậy phương trình tiếp tuyến là: y x= + −2 2 3

0,25đ

2

1 Giải phương trình lượng giác:

3

2sin 2sin 1

cos

x

2

x≠ ⇔ ≠ +x π mπ m Z∈

2

2

PT(1) cos 2sin 2sin 1 2cos sin 1

2cos cos sin 1 2sin cos (cos sin ) 0

cos sin 2cos (cos sin ) cos sin 1 0

cos sin 2cos 1 2sin cos cos si

cos sin cos 2 sin 2 cos sin 0

cos 2 sin 2 cos sin 0 sin 2 cos 2 sin cos

tan 1

x

x

=



=





2 2 2

π







 = − +





 = +



- Kết hợp điều kiện ta được 2 họ nghiệm: , 2 ,

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

2 Giải bất phương trình: ( ) (2 ) ( )2

3 x+1 ≤ 2x+3 1− 3x+4 (1)

(1)⇔9 x+1 ≤ 6x+9 1− 3x+4 ⇔ 3x+3 ≤ 6x+9 1− 3x+4 (2)

- Đặt t= 3x+4 (t≥ ⇒0) 3x t= −2 4, BPT (2) trở thành:

1

4

3

0

x x

x

= −







- Vậy BPT ban đầu có tập nghiệm là: 4; 1 [0; )

3

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

3

Tính tích phân:

cos ln(1 sin ) cos ln(1 sin )

6

(sin ) ln(1 sin ) 1

π

- Tính

4

2

6

ln(1 sin ) sin

x

x

π π

+

2

1 sin cot sin

x dx

x

6

4 6

3 ln ln

x K

π π

π π

π

+

+

- Tính

4

6

x x

π π

+ .

0,25đ

0,25đ

0,25đ

4

* Tính thể tích…

- Trong mp(SAC) dựng SH ⊥ AC tại H.

- Do SBDV đều nên SO⊥BD , lại do ABCD là hình thoi nên AC⊥BD

- Vì SBDV đều có cạnh 2a⇒SO a= 3 và SO⊥BD

- Lại do CO⊥BD⇒SOC· =600 là góc giữa mp(SBD) và mp(ABCD)

.sin 60 3

a

- Nhận thấy: SOCV có SC SO a= = 3, SOC· =600⇒VSOC là tam giác đều

2

.

ABCD

a

* Tính khoảng cách giữa SB và AC.

0,25đ

0,25đ

I S

H

O D

A

- Gọi I là trung điểm SD ⇒OI SB// ⇒mp(IAC) //SB

- Ta thấy: I là trung điểm SD nên ( ;( )) 1 ( ;( ))

2

a

OI OC

·

2

13

4

1 3

:

D IAC IAC

h S

V

S ABCD

13

a

0,25đ

0,25đ

5 - Đặt x= a y, = b z, = c⇒x y z, , >0, x2+y2+ ≥z2 12

6 3

6 3

6

1 2 1

2 1

z x

yz

y z

xy

x S

+ +

+ + +

+ + +

=

- Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

2 1

1 ) 1

)(

1 ( 2 1

2 +x3 = +x −x+x2 ≤ +x+ −x+x2 = x2 + ;

dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=2

- Tương tự: 2 1+y3 ≤ y2+2, 2 1+z3 ≤ +z2 2;

các dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y=2, z=2

- Áp dụng các kết quả trên và giả thiết ta được:

2 5

2

S

2

1 2

1x3 + x3 + ≥ x2 ⇒x3 ≥ x2 − , dấu “=” xảy ra 2

=

Tương tự suy ra

) (

2 ) (

) (

3 12 ) (

3 3

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Suy ra ( )

5

96 5

) (

8 ) (

5

2 2 2

2 2 2 2

≥ + +

= + +

+ +

z y x

z y x

5

S = ⇔ = = = ⇔ = = =x y z a b c

6.a

* Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AD

'

+ Ta có pt MM x y' : − − =1 0

+ Gọi I =MM'∩AD⇒ = − −I ( 1; 2)

+ Do I là trung điểm MM'⇒M = − −( 4; 5)

* Đường thẳng AD có vtpt là nr=(1;1)

+ Giả sử đường thẳng AC có vtpt là

2 2

1 ( ; ), 0

+ Theo giả thiết suy ra:

1

7

r ur

r ur

r ur + Với a=7b, chọn b= ⇒ = ⇒1 a 7 pt AC: 7x y+ +33 0=

- Điểm M(2;1) là trung điểm của AB⇒ =B ( )9;0 (loại) + Với b=7a, chọn a= ⇒ = ⇒1 b 7 pt AC x: +7y+39 0=

- Điểm M(2;1) là trung điểm của AB⇒ =B ( )1;8 (thỏa mãn đk)

48

10 2 và pt : 7 15 0 ( '; )

5 2

Lại vì M’ nằm giữa A, C nên uuurAC =3uuuuurAM'⇒ = −C ( 18; 3)−

Vậy A=(3; 6− ), B=( )1;8 , C= −( 18; 3)− là các điểm cần tìm

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

7.a

- Ta thấy: mp( )P có vectơ pháp tuyến là nr=(2; 1; 2)− ;

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là: 1 uur1=(1;3; 2)

- Gọi 2

1

0

x

z

=





- Giả sử đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là ur

+ Vì

( )P u n



⊥

r r

r ur nên có thể chọn ur =n ur ur, 1= − −( 8; 2;7) + Lại do ∆ ⊂( )P và ∆ cắt d2⇒ ∆ đi qua A=(1; 2;0)

Vậy phương trình đường thẳng : 1 2

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

8.a - Giả sử z a bi= + , ( ,a b R∈ )⇒ = −z a bi và 2 2

(z−2)(z+ =1) (a− +2) bi (a+ −1) bi = −(a 2)(a+ + +1) b 3bi là số 0,25đ

A

M’

M

I

D

thuần ảo khi và chỉ khi (a−2)(a+ +1) b2 = ⇔0 a2+ − − =b2 a 2 0 (1)

+ Từ (1) và (2) ta được a=1, b= ± 2 1 2

 = +

⇒ 

= −



2

2

z i z



Vậy .z i z+ = +2 2 hoặc z i z+ = −2 2

0,25đ

0,25đ

0,25đ

6.b

- Đường tròn (C) có tâm I =(2; 3)− , bán kinh R=2

- Vì đỉnh A d x y∈ : + + = ⇒ =1 0 A ( ;a a− −1) với a>0

- Vì đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD nên tâm của đường tròn (C) cũng là tâm

của hình vuông và IA R= 2 2 2= ⇔IA2 = ⇔8 2(a−2)2 =8

+ Vì I là trung điểm AC⇒ =C (0; 1)− Đường thẳng BD⊥AC tại I ⇒pt BD x y: − − =5 0

- Lại thấy các đỉnh B và D là giao điểm của đường thẳng BD và đường tròn ngoại tiếp

hình vuông ABCD suy ra tọa độ B, D là nghiệm của hệ phương trình:

4 1

(0; 5), (4; 1)

5

x y

y

 =







Vậy các đỉnh của hình vuông là: A=(4; 5),− B=(4; 1), − C=(0; 1), − D=(0; 5)−

hoặc A=(4; 5),− B=(0; 5), − C=(0; 1), − D=(4; 1)−

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

7.b

- Vì M = ∩d ( )P ⇒M =(0; 1; 2)− −

- Mp(P) có vectơ pháp tuyến là: nr =(1;1;1),đường thẳng d có vectơ chỉ phương là:

(2;1; 1)

ur= − Do đường thẳng ∆ cần tìm nằm trong mp(P) và vuông góc với đường

thẳng d nên đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là: uur1 =n ur r, = −( 2;3; 1)− .

- Gọi ( ; ; )N x y z là hình chiếu vuông góc của M trên ∆, suy ra MNuuuur=( ;x y+1;z+2)

+ Theo giả thiết suy ra:

1

(4;0; 7)

( 4; 2;3)

42

N

N

MN



uuuur ur

- Vậy có hai đường thẳng ∆ thỏa mãn yêu cầu bài toán:

:

:

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

log x x.( −1) +log log (x x − − =x) 2 0 (1)

- ĐK: x>1

2

2log ( ) log log log ( ) 2 0

x

0,25đ

( )

2

2

2 log ( ) 1 log log ( ) 1 0

1

2 0

2 1

1 4

4

x

x

x



 = −

 − − =



- Kết hợp điều kiện ta thấy PT(1) có duy nhất một nghiệm: x=2

0,25đ

0,25đ 0,25đ

* Chú ý: - Thí sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

- Câu hình học không gian (câu 4), nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm

- Thí sinh thi khối D không phải làm câu 5, điểm của câu đó được tính vào câu 1 (mỗi ý 0,5 điểm)