Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 201

Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 201 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ...

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN IV NĂM 2012

Môn thi: TOÁN - Khối D

Ngày thi: 06/05/2012

I PHẦN CHUNG: (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y= - +x3 3mx2-3(m2-1)x m+ 3 (1), m là tham số thực

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

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho

khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng AB bằng 5

5

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: 3tanx- 3 3sin tan= x x-cosx

2) Giải bất phương trình: 2x2+ - +x 1 x2- £1 2x+ 2

Câu III (1 điểm): Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x và y= x 2+ Tính diện tích hình (H)

Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng tam giác đều ABC.A¢B¢C¢, có độ dài cạnh đáy bằng a và độ dài

cạnh bên bằng a 2

2 Chứng minh rằng AB¢ ^ BC¢ và tính khoảng cách từ điểm B¢ đến mặt phẳng (ABC¢) theo a

Câu V (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P a b c

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

A.Theo chương trình chuẩn

Câu VIa: (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai điểm M(0; 2) và N(3; 1) Viết phương trình

đường tròn (S) đi qua M, N, đồng thời tiếp tuyến với (S) tại hai điểm đó vuông góc với nhau

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x–2 –2y z+ = và điểm 9 0

M(0;1;5) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, vuông góc với (Q) sao cho khoảng cách từ

gốc tọa độ O đến (P) bằng khoảng cách từ M đến (Q)

Câu VIIa: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: ( –1)z 2 =3 – 4i

B Theo chương trình nâng cao

Câu VIb: (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn (S):

x2+y2– –3x y= Viết phương trình cạnh AB của hình vuông, biết trung điểm M của cạnh 0

CD nằm trên đường thẳng d: 2 – –1 0x y =

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: x 1 y z 1

- và điểm

M(5;4;1) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua d, biết khoảng cách từ M đến (Q) lớn nhất

Câu VIIb: (1 điểm) Giải bất phương trình éëlog (4 x+2) 1 22- ùû x2- - ³x 1 0

- Hết -

Hướng dẫn

Câu I 2) y¢ = -3x2+6mx-3(m2- 1)

Hàm số có 2 cực trị Û y 0¢ = có hai nghiệm phân biệt x , x1 2

Û D¢ =9m2-9(m2- = > thỏa mãn với mọi m R1) 9 0 Î

Ta có: y 1x 1m y 2x m

Þ PT đường thẳng (D) đi qua hai điểm cực trị là: y=2x m+

Khi đó: h d O= ( , )D Û m 5

5

5 = Û m= ±1

Câu II

1) Điều kiện: cosx¹0 (*)

PT Û3sinx- 3 cosx=3sin2x-cos2x

( 3 sin cos )( 3 3 sin cos ) 0

Û ê

ë + (1) Û x k

6

p p

+ (2) Û 3sinx 1cosx 3

Kết luận: x k

6

p p

2) Điều kiện: x x x

x

2 2

1 0

í

- ³

+ Với x< -1: ta có VT > 0, VP < 0 Þ x< -1 không là nghiệm của BPT

+ Với x= -1: ta có VT = 0 = VP Þ x= -1 là nghiệm của BPT

+ Với x 1 ³ : ta có BPT Û 2x- +1 x- £1 2 x+ Û1 2 (2x-1)(x- £ + 1) x 6

7

+

Û £ £

Kết luận: Tập nghiệm của BPT là S = 1;12 4 23 { 1}

7

È

Câu III PT hoành độ giao điểm: x+ =2 x Û xxé = -ê =ë 21

Diện tích hình phẳng (H) là S 2 dx= 2( x x dx) A B

2

2 2

3 1 1

+ B 2 x dx 0 x dx 2xdx x2 0 x2 2

5 ( )

Vậy S 14 5 13= - = (đvdt)

Câu IV

Cách 1: Gọi I, J lần lượt là trung điểm của A¢B¢ và AB

+ Ta chứng minh được: AB C I

AB¢ BI¢

í ¢ ^

î Þ AB¢^BC¢ + Ta tính được: V ABC A B C S ABC AA a3

8

D

a

2

¢= ¢= ; C J a 5

2

Þ S ABC 1AB C J a2 5

Ta có: V B ABC. 1V ABC A B C.

3

¢ ¢ = ¢ ¢ ¢ Þ 1d B ABC S( ,( )) ABC 1.a3 6

Þ d B ABC( ,( )) a3 6 :a2 5 a 30

Cách 2: Gọi O AB= ¢ÇA B¢ , O¢ là trung điểm của A¢C¢ Tính được: AB BC a 6

2

¢= ¢= + Tam giác OB¢O¢ có:

a

OB2 OO2 2OB2 3 2 B O2

4

Þ DOB¢O¢ vuông tại O

Þ AB¢ ^ OO¢ Þ AB¢ ^ BC¢ (vì BC¢ // OO¢)

+ Gọi C x¢ =(A B C¢ ¢ ¢) (Ç ABC¢) Þ C x¢ P A B¢ ¢

Dựng B P C P C¢ ^ x¢ ( Î x¢);B H BP H BP¢ ^ ( Î )

Þ BH ^(ABC)¢

Tính được: B P a 3

2

¢ = Þ B H BB B P a

BP

10

¢ ¢

Vậy: d B ABC( ,( )) a 30

10

Cách 3: Chọn hệ trục toạ độ Oxyz, với O (0; 0; 0) là trung điểm AB sao cho:

a

A ;0;0

2

a

B ;0;0 2

a

C 0; 3;0

2

B ;0; 2

C 0; 3; 2

Þ AB' a;0;a 2 , BC' a a; 3;a 2

+ AB BC'. ' a2 0 a2 0 AB' BC'

Þ AB¢^BC¢ + uuur AB=( ;0;0)a =a(1;0;0)

, BC ' a(1; 3; 2)

2

-uuur

Þ n AB BC

a2

2 é , 'ù (0; 2; 3)

= ëuuur uuurû=

-r

x

y

z

O

A

B

C

A¢

B¢

C¢ I

a 2

2

A

A¢

O

O¢

P H

x a

a 2

2

Þ Phương trình (ABC¢) là: 2y- 3z= Þ 0

a

a

d B ABC

2

2 ( ',( '))

10 5

Câu V Ta sẽ chứng minh: P a b c

3 4

+ Đặt x b y c z a

a, b, c

= = = Ta có: x y z, , > và xyz0 = 1

Khi đó: P

+ Trước hết ta chứng minh:

xy

x 2 y 2

1 (1+ ) +(1+ ) ³ + (1)

Cách 1: Thực hiện qui đồng, rút gọn ta được: (1) Û x y xy3 + 3+ ³1 x y2 2+2xy

Û xy x y( - )2+(xy-1)2³ (đúng) 0

Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho các cặp số: xy,1 và x

y,1 ta được:

2

( +1) =æçç +1.1ö÷÷ £( +1).æç +1ö÷= + +

1

( +1) ³ + + Tương tự:

x

1

x 2 y 2

+ Tiếp theo, ta chứng minh:

1+(1 ) ³4

Thật vậy, (2) Û z

1+(1 ) ³ 4

1+(1 ) - ³4

z

2 2

4( 1)

-³

+ Như vậy, P

4

+ + + Dấu "=" xảy ra Û x y z 1= = =

Þ minP 3

4

= khi a b c= =

Câu VIa

1) Gọi I a b ( ; ) là tâm của đường tròn (S) MI uuur=( ;a b-2),uur NI =(a-3;b-1)

Gọi P là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và N Vì 2 tiếp tuyến vuông góc nên MINP là hình vuông Do đó ta có

MI NI

îuuur uur

Vậy có hai đường tròn là:(x-1)2+y2=5 & (x-2)2+ -(y 3)2= 5

2) Ta có: d M Q( ,( )) 2 10 9 1

1 4 4

+ + Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M( ; ; ) có dạng: 0 1 5

ax b y+ ( - +1) c z( - = Û5) 0 ax by cz b+ + - -5c=0 (a2+b2+c2 ¹ 0)

Ta có: P Q

d O P d M Q

( ) ( ) ( ,( )) ( ,( ))

5

1

b c

î

b c

ïé = -í ê

ïë = î

+ Với b= -2c Chọn c= Þ =1 b 2,a= Þ (P): 22 x+2y z- + = 3 0

+ Với 2b=5c Chọn c= Þ =2 b 5,a=14 Þ (P): 14x+5y+2z-15 0=

Câu VIIa Ta có: 3 4- = - + =i 4 4i i2 (2-i)2 nên (z-1)2 = - Û -3 4i (z 1)2 =(2-i)2

é - = - Ûé =

-ê - = - + ê = - +

Câu VIb

1) (S) có tâm 1 3

2 2

Iæç ; ö÷

è ø, bán kính

10 2

R = Giả sử M m m( ;2 - Î Gọi N là điểm đối xứng 1) d

của M qua I Þ đường thẳng AB qua N và nhận NIuur

làm VTPT

Vì hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (S) nên hình vuông có cạnh a R= 2 = 5

2

IM = Û

è ø è ø Û 20m2-44m+21 0= Û

3 2 7 10

m m

é

= ê ê

ê = ë

+ Với 3

2

m = Þ 3 2

2

Mæç ; ö÷

2

Næç- ; ö÷

2

NI = çæè ; ö÷ø

uur

Þ AB x y:2 + = 0

+ Với 7

10

10 5

Mæç ; ö÷

10 5

Næç ; ö÷

5 10

NI =æç ;- ö÷

uur

Þ AB x:2 -11y+28 0=

2) Gọi H là hình chiếu của M trên d, K là hình chiếu của M trên (Q)

Ta có d M Q( ,( )) =MK MH£ Do đó d M Q ( ,( )) đạt lớn nhất Û MK MH= Û K Hº Khi đó (Q) là mặt phẳng đi qua H và nhận HM uuuur

làm VTPT

d có PTTS:

1 2 1

y t

ì = +

ï = -í

ï = - + î

và VTCP u ( ; ; ) r= 2 1 1- Giả sử H(1 2+ t t; ;- - + Î 1 t) d

Ta có: MH u uuuur r =0 Û 2 2 4( t- - - - + -) ( t 4) (t 2)= Û 0 t =1 Þ H( ; ; )3 1 0- Þ HM ( ; ; ) uuuur = 2 5 1

Þ Phương trình mặt phẳng (Q): 2(x- +3) 5(y+ + = Û1) z 0 2x+5y z+ - = 1 0

Câu VIIb Giải bất phương trình: éëlog (4 x+2) 1 22- ùû x2- - ³x 1 0 (1)

Có 2 trường hợp xảy ra:

+ TH1: Nếu 2x2- - = thì (1) Û x 1 0 2 2 1 0

2

x x x

í ¹

1

1 1

1

2

x

ïê

=

-ë

¹ -ïî

+ TH2: Nếu 2x2- - > thì (1) Û x 1 0 2 2

4

x x x

log ( )

ì - - >

ï í

1 2 1

x x x

ìé

< -ïê ï ê

íë >

ï

ïî

1

x x

é £

-ê >

ë

Vậy tập nghiệm của (1) là: ( 4] [1 ) 1

2

S= -¥ - È +¥ È -; ; ìí üý

î þ -Hết -