ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN TOÁN KHỐI A, B, D TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ II
Trang 1SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH
Năm học: 2012 – 2013
Mụn thi: Toỏn, Khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phỳt
a phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Cõu I ( 2,0điểm) Cho hàm số
1
2 +
+
=
x
mx
y (1) (m là tham số )
1. Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số khi m = - 1 .
2 Cho hai điểm A ( - 3 ; 4 ), B( - 3 ; 2 ) Tìm m để trên đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt P, Q cách đều hai
điểm A, B và diện tích tứ giác APBQ bằng 24.
Cõu II ( 2,0điểm).
1. Giải phương trỡnh: 2 ( 1 cos ).( 1 sin ).
1 cos
2 sin cos
2 cos
2 3
x
x
x
x
x
x
+ +
=
-
-
-
2 Giải hệ phương trình:
ù
ù
ớ
ỡ
= + + +
- +
+ + +
= + + +
4
4
8
4
2 )
1 (
3
6 )
2 (
4
1
2
1
2
2
2
xy
x
x
x
x
y
x
y
x
y
x
( x ẻ , y R ) .
Cõu III (1,0 điểm).Tính tích phân sau : ũ
+ +
-
=
-
3
ln
2
2
ln
2
)
1 )(
1 (
1
dx
e
e
e
x
x
Cõu IV ( 1,0 điểm). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AD = DC, AB = 2AD,
BC = a 2 Tam giác SBC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SA hợp với đáy một góc 45 Tính 0
thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC thea a .
Cõu V ( 1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực thoả mãn: a ³ 1 , b ³ 1 , c ³ 1 , a + b + c + 2 = abc .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
c
c
b
b
a
a
2
2
2
- +
- +
-
b. PHẦN RIấNG(3,0điểm) (Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần)
a. Phần dành cho chương trình chuẩn.
Cõu VIa ( 2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC với A ( - 3 ; 2 ), B(1; 0) Tam giác ABC có diện tích bằng 4 và bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2 Tìm tọa độ đỉnh C Biết đỉnh C có tung độ dương.
2. Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( 3 ; 0 ; - , B 1 ) ( 1 ; 0 ; 1 ) Tìm tọa độ các điểm Cthuộc mp(Oxy) sao cho tam giác ABC cân tại C và có diện tích bằng 4 2 .
Cõu VIIa (1,0 điểm).Cho hai đường thẳng song song d và d 1 2 Trên đường thẳng d có 12 điểm phân biệt, trên 1
đường thẳng d 2 có n điểm phân biệt ( n 2 ³ ) Biết rằng có 3.600 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho Tìm n thoả
mãn điều kiện.
b. Phần dành cho ban nõng cao.
Cõu VIb ( 2,0 điểm).
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho (E): 1
2
8
2
2
=
+ y
x
Tìm bốn đỉnh hình chữ nhật nằm trên (E) Biết hình chữ nhật này nhận hai trục tọa độ là hai trục đối xứng và có diện tích lớn nhất.
2. Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình vuông ABCD, biết A(3; 0; 8), C ( - 5 ; - 4 ; 0 ) , đỉnh B có tung
độ dương và thuộc mặt phẳng (Oxy) Tìm tọa độ đỉnh D.
Cõu VIIb ( 1,0 điểm ) Giải phương trình: 16 64
2
4
2 )
2 (
2
1
2
+
= + + +
- +
+
x
x
x
x
x
x
x
Cảm ơn trang nguyen thi ( truckhonghoa@gmail.com ) gửi tới www.laisac.page.tl
Trang 2Mụn: Toỏn
Điểm
Cõu I
(2 điểm)
1. ( 1.0 đ)
*) Với m = -1 hàm số trở thành
1
2 +
+
-
=
x
x
y
1) TXĐ: D = R \{ } - 1
2) Sự biến thiờn:
)
1 (
3
2 < " ạ - +
-
x
Hàm số nghịch biến trờn mỗi khoảng ( -Ơ - ; 1 ) và ( 1; +Ơ ) .
ư Cực trị: Hàm số không có cực trị.
ư Tiệm cận :
+
+
-
= -Ơ
= +
+
-
=
+ +
-
-
2 lim
lim ,
1
2 lim
lim
)
1 ( )
1 ( )
1 ( )
1
x
y
x
x
y
x
x
x
x
Do đó, đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng.
1
1
2 lim
+
+
-
=
±Ơ
đ
±Ơ
x
y
x
Do đó, đường thẳng y = - 1 là tiệm cận ngang.
ư Bảng biến thiờn:
y
3) Đồ thị:
Đồ thị hàm số đi qua cỏc điểm (2; 0), (0; 2)
Vẽ đồ thị đúng chính xác thì cho điểm tối đa.
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 32 Ta có
+ phương trình AB: x + y + 1 = 0 , AB = 6 2 .
+ M(0; -1) là trung điẻm AB nên phương trình trung trực AB là d: y = x - 1
+ Do P, Q cách đều hai điểm A, B nên P, Q thuộc đường thẳng d.
+ Phương trình hoành độ giao điểm của d với đths (1): x 2 - mx - 3 = 0 (*), với x ạ - 1
+ Tìm đkiện để d cắt đths (1) tại 2 điểm phân biệt P, Q là m ạ 2
+ Ta có P, Q thuộc d nên giả sử P ( a , a - 1 ), Q ( b , b - 1 ), a ạ b Với a, b là hai nghiệm của (*)
+ Theo định lí viet ta có
ợ
ớ
ỡ
-
=
= +
3
.b
a
m
b
a
+ Theo giả thiết diện tích tứ gác APBQ bằng 24 nên ta được PQ.AB = 48 mà PQ = a - b 2
Suy ra a - b = 4 Û ( a + b ) 2 - 4 ab = 16 2 4 2
±
=
ị
=
ị m m So sánh đkiện ta được m = - 2
0.25
0,25
0,25
0,25
Cõu II
(2điểm)
1( 1.0 đ)
ĐK : cosx ạ 1 Đưa về pt dạng:
cosxsinx(sinx + 1) = (1ư cos x 2 )(1 + sinx) Û cosxsinx(sinx + 1) = sin x 2 (1 + sinx)
0 ) sin )(cos
1 (sin
+) sinx = 0 suy ra cosx = ± 1 so sánh đk ta được cos x = - 1 Û x = p + 2 k p
+) x x p 2 k p
2
1 sin = - Û = - + (tmđk)
+) x - x = Û x = Û x = p + k p
4
1 tan
0 sin
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm: x = p + k p x = - p + k p x = p + k p
4 ,
2
2 ,
2
0,25
0,25
0.25
0,25
2(1.0đ)
ĐK: 2x + y ³ 0 Từ phương trình ban đầu của hệ ta được:
0 )
1
2
4 )(
1
2
4 (
1
2
3
6
1
2
4
0
1 )
2
4 ( )
1
2
3
6
+ + + +
- +
Û
=
- +
+ + +
-
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
0
1 )
2 (
2
1
2
3
6
1 )
1
2
4
ỳ
ỳ
ỷ
ự
ờ
ờ
ở
ộ
+ + + + + + +
- +
y
x
y
x
y
0,25
Trang 4Do 2x + y ³ 0 nên (*) tương đương với 4 x + 2 y - 1 = 0 Û 4 x + 2 y = 1 (1)
Biến đổi phương trình hai trong hệ ta được ( x + 1 ) 2 x 2 - x + 4 + 2 x ( 4 x + 2 y ) - 4 = 0 (2).
Từ (1) và (2) ta được phương trình: ( x + 1 ) 2 x 2 - x + 4 + 2 x - 4 = 0 (3)
Xét hàm số f ( x ) = ( x + 1 ) 2 x 2 - x + 4 + 2 x - 4 trên R
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
-
+ +
= + +
-
- +
+ +
-
4
2
2
7
8
2
4
2
2
)
1
4 )(
1 (
4
2 ) (
2
2
2
2 ,
Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên R mà ) 0
2
1 ( =
2
1
=
x là nghiệm duy nhất của (3)
2
1
2
1
tmdk
y
2
1
;
2
1 ( )
; ( x y = -
0,25
0,25
0,25
Cõu III
( 1điểm)
e
e
e
x
x
ũ
+
-
=
3
ln
2
2
ln
2 2 2
)
1 (
)
1 (
Đặt t e t e x e x dx tdt
x
2
2
2 ị = ị =
=
Đổi cận với x = 2 ln 2 ị t = 2 ; x = 2 ln 3 ị t = 3
+
-
= +
-
=
3
2
3
2
2
3
2
2
2
)
1
2
2 (
2
1
2 )
1 (
)
1 (
t
t
dt
t
t
t
dt
t
t
t
I
2
3
2
3
2
2
1
ln
4
4 + +
-
I
Từ đó tính được
3
4
ln
4
1 +
=
I
0,25
0,25
0,25
0,25
Cõu IV
(1 điểm)
* Tính thể tích hình chóp S.ABCD
Gọi I là trung điểm AB suy ra D IBC vuông cân tại I mà BC = a 2 ị IB = IC = IA = AD = DC = a
2
3
2
)
(
a
AD
AB
DC
S ABCD = + = (dvdt)
Gọi H là trung điểm BC do D SBC cân tại S ị SH ^ BC , mà ( SBC ) ^ ( ABCD ) ị SH ^ ( ABCD ) ,
theo giả thiết SA hợp với đáy một góc 45 suy ra góc SAH bằng 0 0
45
Ta có D ADC vuông cân tại D ị AC = a 2 Từ đó ta được D ACB vuông cân tại C
a
CH
AC
AH
2
5
2
2
= +
=
2
5
=
4
10
3
1
a
S
SH
V S ABCD = ABCD =
* Tính khoảng cách giữa SA và BC theo a
Trong mặt phẳng đáy ABCD dựng hình bình hành ABHP, từ H dựng HQ ^ AP , trong (SHQ) ta dựng
SQ
HK ^ (1) Theo giả thiết ta có AP ^ SH do đó ta được AP ^ ( SHQ ) ị AP ^ HK (2) Từ (1) và (2)
ta được HK ^ (SAP )
Mặt khác BC // AP nên d(BC, SA) = d(BC, (SAP)) = d(H, (SAP)) = HK.
0,25
0,25
0,25
Trang 5Trong SHQ D ta cã
2
2
.
HQ
SH
HQ
SH
HK
+
2
5
= Trong h×nh b×nh hµnh ABHP ta cã
2
2
45 sin
2
S
a
BH
AB
2
2 ,
.
2
BH
AP
AP
HQ
Suy ra d BC SA HK a
3
10 )
,
(Kh«ng vÏ h×nh hoÆc vÏ h×nh sai kh«ng chÊm ®iÓm)
0,25
A
B
C
D
H
I
P
Q
K S
Trang 6* Theo bất đẳng thức bunhiacopki ta có
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 1 1 1 1 3 3 ( 1 1 1 ) 9 3 ( 1 1 1 ) 9 ( 1 1 1 )
1
1
c
b
a
c
b
a
c
b
a
c
b
a
Từ gt ta có 1 + 1 + 1 + 2 = 1
abc
ca
bc
2 )
1
1 1 (
3
1
1
1
1
c
b
a
ca
bc
3 )
1
1 1 (
27
1
1
c
b
a
Ta đặt
c
b
a
t = 1 + 1 + 1 thay vào (*) ta được
4
9
2
3
0 )
3 )(
3
2 (
0
27
9
2
1
27
2
3
³
Û
³
Û
³ +
-
Û
³
- +
Û
³
Suy ra
2
3
3
4
9
9
9 - 2 Ê - =
Thành thử
2
3
3
= MaxP đạt được khi a = b = c = 2
1.(1điểm)
+) Phương trình cạnh AB : x + y – 1 = 0, AB = 2 2
+) Gọi M là trung điểm AB ta được M(2 ; -1) suy ra phương trình trung trực cạnh AB là d : y = x - 3
+) Gọi I là tâm đương tròn ngoại tiếp ị I ẻ d ị I ( x ; x - 3 )
+) AI = R = 2 Û ( x - 3 ) 2 + ( x - 1 ) 2 = 4 Û x 2 - 4 x + 3 = 0 ị x = 1 hoặc x = 3.
0.25
0,5
0,25
0,25
TH1 Với x = 1 suy ra I(1 ; -2)
+) Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( x - 1 ) 2 + ( y + 2 ) 2 = 4
+) Ta có toạ độ C thoả mãn pt : ( x C - 1 ) 2 + ( y C + 2 ) 2 = 4 theo giả thiết y C > 0 ị ( y C + 2 ) 2 > 4
Do đó phương trình vô nghiệm suy ra không tồn tại toạ độ C.
0.25
TH2 Với x = 3 suy ra I(3 ; 0)
+) Pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là : ( x - 3 ) 2 + y 2 = 4
ở
ộ
-
-
=
-
=
Û
=
- +
Û
=
=
D
C
C
C
C
C
C ABC
x
y
x
y
y
x
AB
C
d
AB
S
3
5
4
1
4 ) , (
2
1
ở
ộ
=
ị
=
ị
=
ị
=
- +
-
ị
-
=
) (
0
5
)
2
;
3 (
3
4 )
5 ( )
3 (
loai
y
x
C
x
x
x
x
y
C
C
C
C
C
C
C
+) Với y C = - 3 - x C ị ( x C - 3 ) 2 + ( x C + 3 ) 2 = 4 phương trình vô nghiệm
Thành thử ta có tọa độ điểm C thoả mãn C(3 ; 2)
0.5
Cõu V
( 1 điểm)
Câu
VIa(2đ)
2 1điểm
+) Do C ẻ (Oxy ) nên giả sử C(a ; b ; 0)
+) Ta có CA = CB suy ra : ( a - 3 ) 2 + b 2 + 1 = ( a - 1 ) 2 + b 2 + 1 ị a = 2
0,25
Trang 7Câu
VIIa.(1đ
+) Gọi I là trung điểm AB suy ra I(2; 0 0), CI = b
2
1
2
1
±
=
ị
=
Û
=
=
=
S CAB
+) Với a=2, b = -4 suy ra C(2; -4; 0)
+) Với a = 2, b = 4 suy ra C(2; 4; 0)
Thành thử có hai điểm C thoả mãn điều kiện bài toán
+) Số tam giác có một đỉnh thuộc d , hai đỉnh thuộc 1 d là: 2 2
.
12 C n
+) Số tam giác có một đỉnh thuôc d , hai đỉnh thuộc 2 d là: 1 n C 12 2
+) Theo đề bài ta có: 12 . C n 2 + C n . 12 2 = 3 . 600
+) Giải phương trình ta được n = 20 hoặc n = -30 (loại)
Thành thử n = 20 thoả mãn bài toán.
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
Câu
VIIb(2đ)
1.1điểm
2
8
2
2
= +
ị a b +) Theo giả thiết ta được diện tích hình chữ nhật là: S = 2 d ( M , Ox ). 2 d ( M , Oy ) = 4 a . b
Theo bất đẳng thức Côsi ta có được = a + b ³ a b Û 8 ³ 4 a . b = S
2
2
2
2 )
2 ( )
2
2 (
Do đó
ợ
ớ
ỡ
±
=
=
Û
ù
ù
ớ
ỡ
=
=
Û
ù
ù
ợ
ù
ù
ớ
ỡ
= +
=
Û
=
1
2
1
2
1
2
8
2
2
2
8
2
2
2
max
b
b
a
b
b
a
b
a
b
a
S
Thành thử có bốn điểm cần tìm thoả mãn bài toán là: (2; 1), (2; -1), (-2; 1), (-2; 1)
0,25
0,5
0,25
2.1điểm
+) Gọi I là giao điểm hai đường chéo suy ra I(-1; -2; 4), AC = 12
+) Điểm B có tung độ dương và thuộc mặt phẳng (Oxy) nên giả sử B(a;b; 0), (b > 0)
+) ABCD là hình vuông
ù
ù
ớ
ỡ
= + + + +
+ + +
= + +
-
Û
ù
ù
ớ
ỡ
=
=
ị
36
16 )
2 ( )
1 (
)
4 ( )
5 (
64 )
3 (
4
2
2
2
2
2
2
2
2
b
a
b
a
b
a
AC
BI
BC
BA
0,25
0,25
Trang 8+) Giả hệ tìm được nghiệm
ợ
ớ
ỡ
=
=
2
1
b
a
hoặc
ù
ù
ợ
ù
ớ
ỡ
<
-
=
=
) (
0
5
14
5
17
loai
b
a
Với a = 1, b = 2 ta được B(1; 2; 0) suy ra D(-3; -6; 8) là điểm cần tìm.
0,25
0,25
Cõu
VIIb
(1 điểm) ĐK:
ù
ù
ớ
ỡ
ạ + + +
ạ
0
2
4
0
2
x
x
x
Biến đổi phương trình ta được:
0 )
2
4 (
4 )
2
4 (
2
4
4 )
2
4 )(
2
4 (
)
2
4 (
2
4 )
2 (
1
2
2
2
2
1
=
-
- +
-
-
- +
Û +
=
-
- + +
+ +
-
- +
-
x
x
x
x
x
x
x
x
0 )
2
4 )(
4
2
1
=
-
- +
-
)
2 (
4
2
2
4
0
2
2
=
Û
ợ
ớ
ỡ
+
= +
-
³
Û +
= +
Û
=
-
-
x
x
x
x
x
x
+) Với
2
1
4
2
0
4
2
1
1
=
Û
=
Û
=
Thành thử phương trình đã cho có nghiệm
2
1
=
0.5
0,25
0,25
Chỳ ý: Nếu học sinh làm cỏch khỏc đỳng thỡ cho điểm tối đa cõu đú.