PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 điểm Câu I.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B
Trang 1SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012- LẦN 2
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn TOÁN- khối D
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 2x 1
x 2
−
+
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2 Cho hai điểm A( 5; 1), B(1; 3).− Tìm các điểm M trên đồ thị (C) sao cho tam giác MAB vuông tại M Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình
3
2 cos x 2 cos x sin 2x
2(1 cos x)(1 sin x)
cos x 1
−
2 Giải bất phương trình <
2 2
2x (3 9 2x )
x 21
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
5
2 3
2 4
dx I
x x
=
+
∫ 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 hai số thực x, y thỏa mãn x2+y2=2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A=2(x +y ) 3xy.−
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 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A nằm trên đường thẳng d: x y 1 0+ − = và đường tròn nội tiếp hình vuông là (C) : x2+y2−8x+6y+21=0
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0; 1; 1), C(0; 0; 2) và đường thẳng
:
bằng o
30
Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 2i z
⋅
− = −
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2+y2−8x− =9 0 và điểm M(1; −1) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho MA=3MB
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 4; 2),B( 1; 2; 4)− và : x 1 y 2 z
M thuộc ∆sao cho diện tích tam giác MAB nhỏ nhất
Câu VIIb (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
⋅
Trang 2Câu Đáp án Điểm
1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)…
{ }
Tập xác định: \ 2 Sự biến thiên:
i
D
2
5
- Chiều biến thiên: y 0, x 2
(x 2)
+
- Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ; ∞ −2) và (2; + ∞)
0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
lim y lim y 2 tiệm cận ngang: y 2
→+∞ →−∞
(
lim y , lim y tiệm cận đứng: x 2
0,25
- Bảng biến thiên:
x −∞ −2 +∞
y
+∞
2
2
−∞
0,25
2 (1,0 điểm) Tìm các điểm M trên đồ thị (C) sao cho tam giác MAB vuông tại M
o
o
Gọi I là trung điểm của AB, suy ra I( 2;2), độ dài AB− = 40=2 10
0,25
Tam giác MAB vuông tại M khi và chỉ khi IM 1AB 10
2
2
o
o
o
+
2
0,25
I
(2,0điểm)
Vậy có hai điểm cần tìm là M − −2 5; 5 2 , M+ − +2 5; − 5 2 + 0,25
1 (1,0 điểm) Giải phương trình…
Với điều kiện (*), phương trình đã cho tương đương
2
2 cos x(sin x 1) 2 cos x(sin x 1) 2(1 cos x)(1 sin x)
cos x(sin x 1)sinx sin x(1 sin x) (sin x 1)sinx(cos x sin x) 0
0,25
II
(2,0 điểm)
tan x 1
4
= − + ππ
Trang 3a
D′
A
D
B
C′
Kết hợp với (*), ta suy ra nghiệm của PT đã cho là
2
4
= − +π π
2 (1,0 điểm) Giải bất phương trình…
x và x 0 2
Điều kiện + ≥
Biến đổi bất phương trình và rút gọn ta được
<
+ −x2 + +
9 x 3 9 2x x 21⇔x2< +(x 21)(9+ −x 3 9+2x ) ⇔ +(x 21) 9+2x<10x+63 0,25
<
≠
7 x
x 0
Kết hợp với điều kiện (*) bất phương trình đã cho có tập nghiệm là = −
9 7
T ; \ {0}
Tính tích phân
Ta có
I
2
2
4
xdx
x
+ Lúc đó
4
dt I
t
=
−
∫
0,25
4 3
III
(1,0 điểm)
1 5
4 3 ln
4 3
Tính thể tích tứ diện ABC’D’
IV
(1,0 điểm)
Vì CD BC
⊥
nên CD⊥(ABC)và do đó (ABC)⊥(ACD)
Vì BC′⊥AC nên BC′⊥(ACD)
0,25
Trang 4Thể 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
Vậy
2
3 ABC D
V
′ ′
Tìm giá trị lớn nhất của P
Đặt S x y; P xy (điều kiện S= + = 2≥4P)
Từ giả thiết ta có S2 2P 2 P S2 2 S2 S 2
−
Từ đó, ta có:
3
2
2
f (S)′ = −3S −3S+6; f (S)′ = ⇔ =0 S 1 hoặc S= −2
0,25
Khi đó, ta có
S [ 2;2]
13 MaxA max f(S) max f( 2); f(1); f(2) f(1)
2
∈ −
0,25
V
(1,0 điểm)
S [ 2;2]
MinA min f(S) min f( 2); f(1); f(2) f( 2) 7
∈ −
= −
= −
1 (1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A
VIa
(2,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(4; −3)và bán kính R=2
Ta có A d∈ ⇒A(a; 1 a), a− ∈ℝ
Theo giả thiết I∈dvà hình vuông ngoại tiếp đường tròn nên IA= 2R=2 2
Hình minh họa
0,25
d
R
I
B
A
Trang 52 2 2 4 2 6
Với a=2 thì A(2; −1) nên C(6; −5)
Với a=6 thì A(6; −5) nên C(2; −1)
0,25
Mặt khác, đường thẳng BD qua I và vuông góc d có phương trình
BD: x− − =y 7 0, do đó B(b; b−7)
2
b
b
=
=
0,25
Với b=2 thì B(2; −5) nên D(6; −1)
2 (1,0 điểm) Tìm tọa độ điểm M…
Vì M M(t; t 2; t 1), t
Ta co ùAB ( 1; 1; 1), AC ( 1; 0; 2), AM (t 1; t 2; t 1)
ℝ
Suy ra một VTCP của mặt phẳng (MAB) là n1=[AB; AM] =(2t+3; 2t; 3)
0,25
Một VTCP của mặt phẳng (CAB) là n2=[AB; AC] =(2; 1; 1)
0,25
Vì góc góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (CAB) bằng 30o nên
o
2(2t 3) 2t 3 3
cos30 cos(n ,n ) hay
+ + +
Điểm cần tìm có tọa độ M( ; 0 −2 1; )
0,25
Tìm số phức
Giả sử z= +x yi (x; y∈ℝ), suy ra z− = + −2i x (y 2)i, z− = + −i x (y 1)i, z 1− = − +x 1 yi 0,5
Ta có
2 1
⇔
0,25
VIIa
(1,0 điểm)
1
1 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng đi qua M…
(C) có tâm I(4; 0), bán kính R 5.= Ta có IM= 10< =5 R⇒M nằm trong (C) 0,25
VIb
(2,0 điểm)
Giả sử đường thẳng d đi qua M, cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho
MA=3MB
2
−
0,25
A B
d
I H M
Trang 6Đường thẳng d đi qua M, phương trình có dạng
a(x 1)− +b(y 1)+ = ⇔0 ax+by+ − =b a 0(a2+b2≠0).
4a b a
a
= −
=
0,25
1
Với a= −2b chọn b= −1 thì a=2 ta có d : 2x− − =y 3 0
i
2
b Với a chọn b 2 thì a 1 ta có d : x 2y 1 0
2
i
0,25
2 (1,0 điểm) Tìm điểm M thuộc ∆sao cho diện tích tam giác MAB nhỏ nhất
Vì M∈∆⇒M(1 t; − − +2 t; 2t), t∈ℝ
Ta có AM ( t; t 6; 2t 2), AB ( 2; 2; 2)= − − − = − − 0,25
MAB
0,25
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MAB là 42
7 , xảy ra khi t 19
7
= hay
M ; ;
0,25
Giải hệ phương trình
Với điều kiện trên bất phương trình đã cho tương đương với
HPT đã cho cĩ thể viết lại dưới dạng
(1) log 1 4 6 log 10 (2)
e x e y
0,25
Xét hàm số f(t)= −et t,cĩ ( )f t′ = − > ∀ >et 1 0, t 0 nên hàm số đồng biến khi t>0
VIIb
(1,0 điểm)
Thay vào (2) ta được log3x= ⇔ =1 x 3 Từ đĩ suy ra y=3
Kết hợp điều kiện (*) ta được HPT đã cho cĩ nghiệm là (x;y)=(3; 3) 0,25