PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 điểm Câu I.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B A.. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa.. Trong mặt phẳng với
Trang 1
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012- LẦN 2
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn TOÁN- khối A+B
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=x4−2(m+1)x2+m (1),m là tham số
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khim=1
2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và tam giác tạo bởi 3 điểm cực trị này có diện tích bằng 32
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình (1 2sin x) cos x 3
(1 2sin x)(1 sin x)
2 Giải hệ phương trình
2
(23 3 7 (3 20) 6 0
⋅
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 2 2 2
0
sin x cos x
sin x cos x
π
+
=
+
∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau, AB BC CD a.= = = Gọi
C và D′ ′lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD Tính thể tích tứ diện ABC D ′ ′
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2+y2+z2 =3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
5
+ +
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A(1; 2) Viết phương trình đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng d: x y 1 0− − = là tiếp tuyến của (T) tại điểm B
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : x 1 y 1 z 2
( ): 2xα + + − =y z 1 0.Viết phương trình đường thẳng ∆′đối xứng với∆qua mặt phẳng ( ).α
Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn đẳng thức : 0 1 2 n
( k
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử)
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết AB= 5, C( 1; 1),− − đường thẳng AB: x+2y− =3 0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng d: x y 2 0.+ − =
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x y z 0+ − = và hai đường thẳng
1
− = =
d :
− = = + ⋅Tìm điểm M trên mặt phẳng (P), điểm N trên đường thẳng
1
d sao cho
M và N đối xứng nhau qua đường thẳng d2 Lập phương trình đường thẳng d đi qua M, vuông góc với d1và tạo với mặt phẳng (P) một góc 30 o
5x+ 6x +x −x log x> x −x log x+ +5 5 6+ −x x
Trang 2Giáo viên ra đề PHẠM TRỌNG THƯ - 2 -
1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)…
Khi m 1= , ta có y=x4−4x2+1.
•Tập xác định: D=ℝ
•Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 3 x 0
=
= ±
0,25
- Hàm số đồng biến trên các khoảng (− 2 ; 0), ( 2 ;+ ∞)
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞ −; 2 ),(0; 2 )
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x= ± 2 , yCT= −3, đạt cực đại tại x=0, yCĐ=1
- Giới hạn:
xlim y xlim y
0,25
- Bảng biến thiên:
x −∞ − 2 0 2 +∞
y′ − 0 + 0 − 0 +
y
+∞ 1 +∞
−3 −3
0,25
•Đồ thị
0,25
2 (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và tam giác tạo…
2
Ta co ùy (x) 4x 4(m 1)x 4x(x m 1);
y (x) 0 x 0 hoặc x m 1 (1)
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0
m 1 (*)
⇔ > − Khi đó: A(0 ; m), B(− m+1 ;−m2− −m 1), C( m+1 ;−m2− −m 1). 0,25
2
Gọi H là trung điểm của BC⇒H(0; m− − −m 1)
2 ABC
1
2
I
(2,0điểm)
ABC
Theo giả thiết S =32⇔ m 1+ =32⇔ m 1 2+ = ⇔ =m 3 (nhận thỏa (*)) 0,25
1 (1,0 điểm) Giải phương trình…
Điều kiện
1 sin x
(*)
2 sin x 1
≠ −
0,25
II
(2,0 điểm)
Với điều kiện (*), phương trình đã cho tương đương
2 2 2
cos x 2sin x cos x 3(1 sin x 2sin x 2sin x)
cos x sin 2x 3 3 sin x 2 3 sin x sin 2x 3(1 2sin x) 3sinx cos x
0,25
2 2
−
2 2
−
1
3
−
y
Trang 31 3 3 1 5
5
k2 5
x
ℤ
0,25
Kết hợp với (*), ta suy ra nghiệm của PT đã cho là x k2 , k
2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…
Điều kiện x≤7; y≤6; 2 x+ + ≥y 2 0; −3x+2y+ ≥8 0(*) 0,25
PT thứ nhất của hệ cĩ thể viết lại dưới dạng [3(7− +x) 2)] 7− =x [3(6− +y) 2] 6−y (1)
Xét hàm số f( )t =(3t+2) t t, ≥0, ta cĩ ( ) 3 3 2 0, 0
2
t
t
f′ = + + > ∀ > nên hàm số đồng biến khi t≥0.Từ (3) cĩ (7f − =x) f(6−y),suy ra 7− = − ⇔ = −x 6 y y x 1
0,25
Thay vào PT thứ hai của hệ ta được 3x+ −1 6− +x 3x2−14x− =8 0 (2)
Giải (2), điều kiện 1 6
3 x
− ≤ ≤ (**)
PT (4) được viết lại dưới dạng ( 3x+ − + −1 4) (1 6−x)+3x2−14x− =5 0
( 5)(3 1) 0
3 1 4 1 6
0
3 1 4 1 6
>
Từ đĩ suy ra y=4
0,25
Kết hợp điều kiện (*) và (**) ta được HPT đã cho cĩ nghiệm là ( ; )x y =(5; 4) 0,25
Tính tích phân
Tính 1 2
0
3
sin x
sin x cos x
π
=
+
∫
Đặt t=cosx⇒dt= −sinxdx Khi đó:
1
2
3
3
π
0,25
2
3 3
cos u
6 2
2
6 3
cos u
cos u
π π
III
(1,0 điểm)
Tính 2 2
0
4
cos x
sin x cos x
π
=
+
∫
Đặt t=sinx⇒dt=cosxdx Khi đó:
0,25
Trang 4Giáo viên ra đề PHẠM TRỌNG THƯ - 4 -
a
D′
A
D
C
B
C′
1 2
2
4
4
π
1 0
3
6
Tính thể tích tứ diện ABC’D’
Vì CD BC
⊥
nên CD⊥(ABC)và do đó (ABC)⊥(ACD)
Vì BC′⊥AC nên BC′⊥(ACD)
0,25
Thể tích tứ diện ABC D :′ ′
VABC D 1 BC SAC D 1 BC AC AD sinCAD 1 BC AC AD CD
Vì tam giác ABC vuông cân tại B nên AC CC BC a 2
2
′= ′= ′= ⋅
Ta có AD2=AB2+BD2 =AB2+BC2+CD2 =3a2 nên AD a 3.=
Vì BD′là đường cao của tam giác vuông ABD nên AD AD AB2 AD AB2 a
0,25
IV
(1,0 điểm)
Vậy
2
3 ABC D
V
′ ′
Tìm giá trị lớn nhất của P
2
−
Ta có 0≤xy+yz+zx≤x2+y2+z2 =3 nên 3≤ ≤t2 9⇒ 3≤ ≤t 3 0,25
V
(1,0 điểm)
Khi đó P t2 3 5
−
= + ⋅Xét hàm số f(t) t2 5 3, t 3; 3
Ta có
3
−
′ = − = > vì t≥ 3
Suy ra f(t) đồng biến trên 3; 3
Do đó
14 f(t) f(3)
3
0,25
Trang 5Hình minh họa A
d C
B
I
Vậy giá trị lớn nhất của P là 14
1 (1,0 điểm) Viết phương trình đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABC
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có tam giác ABC vuông cân tại
A nên I là trung điểm của BC và AI // d
Đường thẳng AI có phương trình là
1 1 2 0 1(x− −) (y− = ⇔ − + =) x y 1 0
0,25
Vì I∈AI⇒I(t; t+1), t∈ℝ
2 2
0
2
1 1
t
=
Với t=0 ta tìm được phương trình đường tròn (T) là 2 2
1 2
x + −(y ) = Với t=2 ta tìm được phương trình đường tròn (T) là (x−2)2+ −(y 3)2=2 0,25
2 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng ∆′đối xứng với∆qua mặt phẳng ( ).α
Ta thấy ngay ∆cắt ( )α tại điểm A và tọa độ A là nghiệm của hệ:
A(1; 1; 2)
−
0,25
Ta chọn điểm M(4; 3; 1)− ∈∆
Gọi H là hình chiếu của M trên ( ),α tọa độ của H là nghiệm của hệ:
H 1; ;
0,25
Gọi M′là điểm đối xứng của M qua ( )α ta có
′
′
′
′
0,25
VIa
(2,0 điểm)
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm chính là đường thẳng qua A, M′là:
Tìm số nguyên dương n
VIIa
(1,0 điểm)
Ta có
0
1
n k n k
=
Trang 6Giáo viên ra đề PHẠM TRỌNG THƯ - 6 -
1
k 1
+
Mà
1
0
1
1
( x) dx
∫
n 1
+ −
n 1
+ −
0,25
Xét hàm số
−
(2 ln 2)t 2 1 2 (t ln 2 1) 1
Với t≥2⇒tln2 1− ≥2ln2 1− >0⇒f (t)′ >0
Suy ra f(t) đồng biến trên [2; + ∞)
0,25
Do đó (*)⇔f(n 1)+ =f(10)⇔ + =n 1 10⇔ =n 9 0,25
1 (1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Gọi M là trung điểm của AB.Vì trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng d
nên G(t; 2−t) Suy ra CG= +(t 1; 3 t), GM− =(xM−t; yM− +2 t)
M
0,25
Mà A AB∈ ⇒A(3−2a; a), MA= 5 a 1+
Cũng theo giả thiết
1 a
a 2
= −
= −
0,25
Với a thì A 4; , B 6; Với a thì A 6; , B 4;
2 (1,0 điểm) Tìm điểm M trên mặt phẳng (P), điểm N trên đường thẳng d1…
Lấy M (P)∈ ⇒M(a; b;2a+b)
N∈d1⇒N(4+c; c; −3c)
Ta có VTCP của đường thẳngd2làud =(1; 2; 2)
và MN= + −(4 c a; c− − −b; 3c 2a−b)
,
trung điểm của MN là I a c 4; b c; 2a b 3c
0,25
VIb
(2,0 điểm)
Vì M, N đối xứng với nhau qua d2do đó
2
d
a 1
I d
=
=
Do đó M(1; −1; 1), N(5;1;−3)
0,25
Trang 7Gọi VTCP của đường thẳng d làud =(a; b; c), a +b +c ≠0.
Gọi VTCP của đường thẳng d1 làud =(1; 1; −3)
VTPT của mặt phẳng (P) là n (2; 1; 1)= −
Vì d⊥d1nên u udd = ⇔ + −0 a b 3c=0, suy ra b=3c−a
(1)
Theo giả thiết ta có o
2a b c 1
sin 30
2
+ −
= =
+ + (2)
Thế (1) vào (2) và rút gọn lại ta được 2 2
c a
11
=
=
0,25
d Với c=a thì b=2a nên u =(1; 2; 1)
i , do đó PT đường thẳng cần tìm là:
d:
d
Với c a thì b a nên u (11; 5; 2)
d:
−
0,25
Giải bất phương trình
Điều kiện 2 3 4
2 2
>
0,25
Với điều kiện trên bất phương trình đã cho tương đương với
( )
2
2
2
2 2 2 2
2
6 x x x 1 x log x 5 0 (*)
0,25
Do 0< ≤x 3⇒x log x≤3log 3⇒x log x≤log 27<log 32=5⇒x log x− <5 0 0,25
VIIb
(1,0 điểm)
2
< ≤
+ − < −
2
2
< ≤
− − >
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là
5
x 3
2< ≤
0,25
