Tính thể tích khối chóp S.ABC.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P PHẦN RIÊNG 3 điểm: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc B A.. Tìm tọa độ các đỉnh của 3 0 hình vuô
Trang 1SỞ GDĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 2 NĂM 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC
A – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2điểm) Cho hàm số y=x3-5x2 +3x + 9 (1)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1).
2. Gọi D là đường thẳng đi qua A - ( 1;0 ) và có hệ số góc k Tìm k để D cắt đồ thị hàm số (1)
tại ba điểm phân biệt , , A B C sao cho tam giác OBC có trọng tâm G ( 2; 2 ) (O là gốc tạo độ). Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình tan 1 cos 2 cot 3 3
1 cos 2
x
x
+
2. Giải hệ phương trình
y
x
ì
ï
í
î
Câu III (1 điểm) Tính tích phân I =
ln 2
3
0
1
x
e - dx
ò
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA=a SB, =b SC , = ; c ÐASB= ÐBSC =60 ° và Ð CSA
90
= °. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
Câu V (1 điểm) Cho , , a b c là các số thực thỏa mãn 2 2 2
3
a +b +c = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD trong đó A thuộc đường thẳng
1 0
x+ y - = và đường thẳng CD có phương trình 2x-y + = Tìm tọa độ các đỉnh của 3 0
hình vuông biết hình vuông có diện tích bằng 5.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho các điểm A ( 1;2;3 , ) B ( 0; 1;2 , - ) C ( 1;1;1 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P đi qua A và gốc tọa độ O sao cho khoảng cách từ B đến ( ) P
bằng khoảng cách từ C đến ( ) P .
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 3 2 ( )
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( )
2 2
25 9
x y
E + = và điểm M ( ) 1;1 . Viết phương trình
đường thẳng đi qua M và cắt elip tại hai điểm , A B sao cho M là trung điểm của AB.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( )P :x+ y+z - = 1 0 và ba điểm
( 2;1;3 ,) ( 0; 6; 2 ,) ( 1; 1; 4 )
A B - C - . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng ( ) P sao cho
|MAuuur uuur uuuur +MB+ MC |
đạt giá trị bé nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình 3( ) 2 ( )
2 2
x y
ï
í
- =
ï http://kinhhoa.violet.vn
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Trường THPT Nguyễn Trung Thiên – Khối A, B
Câu I. 1 Tự giải.
2, Đường thẳng D đi qua A - ( 1;0 ) và có hệ số góc k có PT y=k x ( + 1 ) . PT hoành độ giao
x - x + x+ =k x + Û( x+1)( x-3) 2 =k x ( + 1 ) Û x = - 1 hoặc ( x-3 ) 2 = k
D cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt Û( x-3 ) 2 = k có hai nghiệm phân biệt khác - 1
0
k
Û > và k ¹ - -( 1 3) 2 = 16 .
Khi đó các điểm B C có tọa độ là , ( 3+ k k; ( 4 + k ) ) và ( 3- k k; ( 4 - k ) ) . Do đó tọa độ
trọng tâm D OBC :
2
8
2
3
G
G
x
k
y
=
ì
ï
í
ï
î
, suy ra 3
4
k = (thỏa mãn).
Câu II. 1 ĐK: sin 3 0
cos 2 1
x
x
¹
ì
í
¹ -
î
.
Ta có
2
Nên PT đã cho tương đương 1 ( 2 )
2
( tanx 3) é2 cot 3x( tanx 3) ù 0
3
p
· cot 3x( tanx+ 3) =2Û 3=2 tan 3x- tan x (1)
Ta có 2 tan 3 tan tan 3 tan 3 tan tan 3 sin 2 sin 3 2 sin
+
Do đó ( ) 1 3 cos3 sin 3 2sin sin 3cos3 1 sin 3 sin 3
3
k
p
p
é
= +
ê
-
ê = +
ê
¢
Đối chiếu điều kiện ta chỉ nhận nghiệm , ( )
2. ĐK: xy ¹ 0
Đặt z 1
y
6
xz
ì + =
Û
ï
ï
Cộng theo vế (1) và (2) được: ( x-z) 3 = Û1 x-z = Thế 1 z= x - 1 vào (1) cho ta
1,00đ
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,25
Trang 3( 2x-1) ( x x-1) =6Û( x-2 2) ( x +x+3) =0Ûx = 2
Do đó z= Þ1 y = Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1 ( x y = , ) ( ) 2,1 .
Câu III. I =
ln 2
3
0
1
x
e - dx
2
3
3
1
t dt
dx
t
= + đổi cận x = 0 Þ t = 0 ; x = ln2 Þ t =1
Nên I = 3 3
1
3
0 1
dt
t +
ò Đặt I1 =
1
3
0 1
dt
t +
ò Dùng hệ số bất định ta có I1 =
1
2
0
dt
+ +
ò
A = 1
3 ; B =
1
3 ; C =
2
3 Nên 3I1 = ln2
1
2
0
t
dt
-
- +
1
2
0
t
dt
-
- +
1
2
0
2 t t 1 dt
-
- +
= ln2 +
1
2
0
3
2
dt
t - +
2
2 tany thì dt = 2
3
2 cos y dy cận của y là 6
p
đến
6
p
Vậy 3I1 = ln2 +
6
2
6
3
3 2 cos
3
4
y
dy tan y
p
p
- ò + = ln2 +
3
p
Suy ra I = 3 – ln2
3
p
Câu IV. Gọi A B C lần lượt nằm trên các đường thẳng ', ', ' SA BC SC sao cho , , SA'=SB'=SC ' 1 =
( ', ', ' A B C có thể nằm trên đường kéo dài các cạnh). Dễ nhận thấy các tam giác SA B ' ' , SB C ' ' đều còn tam giác SA C ' ' vuông cân tại S Do đó A B' '=B C ' ' 1 = và C A = ' ' 2 , suy ra tam giác
' ' '
A B C vuông cân tại B ' . Gọi I là trung điểm của A C ' ' . Do SA'=SB'= SC ' và IA'=IB'= IC '
nên SI ^ ( A B C ' ' ' ) . Ta có
2
A C
SI = SB -B I = SB -æç ö ÷ = - =
Do đó ' ' ' 1 ' ' ' 1 ' ' ' ' 2
V = SI SD = SI A B B C =
Mặt khác .
' ' '
. ' ' '
S ABC
S A B C
abc
V = SA SB SC = . Vậy .
2
12
S ABC
V = abc .
I
S
A
B
C
A'
B' C'
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 4Câu V Nhận xét rằng, với mọi x < 2 ta có 2 1
x
+
£
Thật vậy, ( ) ( ) ( 2 ) ( ) ( 2 )
1 Û9x£ 4-x 2x +1 Û2 x-1 x -2 £ , luôn đúng với mọi 0 x < 2 .
Với giả thiết 2 2 2
3
a +b +c = , suy ra , ,a b c < Sử dụng nhận xét trên ta được 2
1
P
Vậy GTLN của P là 1, đạt được khi a=b=c = 1 .
Câu VI.a. 1. Vì AÎ( ) :d x+y - = 1 0 nên A a( ;1 - a ) . Khoảng cách từ A đến đường thẳng CD
chính là độ dài cạnh của hình vuông, do diện tích hình vuông bằng 5 nên độ dài này bằng 5 :
5
d A CD = - - + = Û| 3a+2 | 5= Ûa = hoặc 1 7
3
a = -
· a = 1 : Þ A ( ) 1;0 Phương trình cạnh AD (qua A và ^ CD ): ( x-1) +2( y -0) = 0 hay
2 1 0
x+ y - = Tọa độ D=ADÇ CD là nghiệm của hệ 2 1 0 ( 1;1 )
x y
D
x y
+ - =
ì
í
- + =
î
Đường tròn ( ) D tâm D bán kính 5 có PT: ( ) ( 2 ) 2
x+ + y - = Tọa độ C=CDÇ ( ) D là
nghiệm của hệ
0;3
x y
C
- + =
ì
Þ
í
ï
î
hoặc C - - ( 2; 1 ) .
2 2
O æç ö ÷
è ø . Do O cũng là trung điểm của BD nên
2
2
ì
í
Với C - - ( 2; 1 ) thì tương tự ta có B ( 0; 2 - )
3
a = - : 7 10 ;
3 3
A æ- ö
. Gọi M =( ) ( d Ç CD ) 2 5;
3 3
M æ- ö
. Dễ thấy trong trường hợp này các
đỉnh của hình vuông lần lượt đối xứng với các đỉnh tương ứng vừa tìm được ở trường hợp trên qua
M nên dễ dàng tìm được 1 7;
3 3
D æç- ö ÷
è ø và
4 1
;
3 3
C æç- ö ÷
è ø ,
10 4
;
3 3
B æç- ö ÷
è ø hoặc
2 13
;
3 3
C æç ö ÷
è ø ,
4 16
;
3 3
B æç- ö ÷
è ø .
Vậy có 4hình vuông ABCD thỏa mãn yêu cầu bài toán:
( ) ( 1;0 , 2; 2 ,) ( ) ( 0;3 , 1;1 )
A B C D - ; A( ) ( 1;0 ,B 0; 2 ,- ) ( C - -2; 1 ,) ( D - 1;1 )
Aæç- ö÷ Bæç- ö÷ Cæç- ö÷ D æç- ö ÷
Aæç- ö÷ Bæç- ö÷ Cæç ö÷ D æç- ö ÷
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 5(CD)
B
C
D
M
A
2. Vì mặt phẳng ( ) P đi qua O nên ( )P :ax+by+cz = 0 . Do AÎ ( ) P Þa+2b+3c = 0 (1)
Do d B P( ,( ) ) =d C P( ,( ) ) Û - +| b 2 | |c = a+b+ c | (2)
Từ (1) rút a= -2b- 3 c và thay vào (2) được
|- +b 2 | |c = - -b 2 |c Ûb = hoặc 0 c = 0 .
Nếu b = 0 thì a= - 3 c và ( )P : 3x-z = 0
Nếu c = 0 thì a= - 2 b và ( )P : 2x-y = 0 .
Câu VII.a Ta có
Xét phương trình z2 +2iz+ -i 2= Giả sử 0 z=a+ bi , thế vào ta được
2 2
1
1
1
2
2
2
b
a
a
ï
Từ đó nhận được các nghiệm phức của PT là z = 1; 2 1 1 2 1
và
1
.
Câu VI.b. 1. Nhận xét rằng MÏ Ox nên đường thẳng x = 1 không cắt elip tại hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xét D qua M ( ) 1;1 có PT y=k x ( -1) + 1 .
Tọa độ các giao điểm , A B của D và ( ) E là nghiệm của hệ: ( )
2 2
E
ì
ï
í
î
Thay (2) vào (1) rút ra ( 2 ) 2 ( ) ( 2 )
25k +9 x -50k k-1 x+25 k -2k -9 = 0 (3)
Dễ thấy rằng M thuộc miền trong của elip, do đó D luôn cắt ( ) E tại hai điểm phân biệt, nên (3)
có hai nghiệm phân biệt x x với mọi 1, 2 k. Theo Viet: ( )
k k
x x
k
- + =
+ .
0,25
0,25 0,25
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,50
Trang 6M là trung điểm của AB ( )
M
k k
k
Vậy đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là 9x+25y -34= 0
2. Dễ thấy , , A B C không thẳng hàng. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, thì G ( 1; 2;3 - ) . Khi đó với mọi MÎ ( ) P ta có MAuuur uuur uuuur+MB+MC = 3 MG uuuur
, do đó |MAuuur uuur uuuur +MB+ MC |
đạt giá trị bé nhất
|MG |
Û uuuur
đạt giá trị bé nhất Û M là hình chiếu vuông góc của G trên ( ) P
Giả sử M x y z( 0; 0; 0) ( ) Î P Þ x0+ y0+z 0 - = 1 0 (1)
M là hình chiếu vuông góc của G trên ( ) P
cùng phương với vectơ pháp tuyến n = r ( 1;1;1 )
của ( ) P
+ + (t/c tỉ lệ thức)
x +y +z - - -
Suy ra 0 2, 0 7, 0 8
x = y = - z = Vậy 2; 7 8 ;
3 3 3
M æç - ö ÷
Câu VII.b. Hệ đã cho tương đương với ( ) ( )
ì
í
ï
î
Đặt t=log3( 2x+y) =log 2 2 2 ( x- y )
1
t
t
x y
x y -
ì + =
ï
Þ í
- =
ï
î Thay vào PT thứ hai của hệ ta được 3 2t t- 1 =3Û6t =6Û = t 1
Û
.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x y = , ) ( ) 1,1 .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,25