ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC. NĂM 2012 - 2013 - MÔN: TOÁN. KHỐI A - B - D.

TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN

ĐỀ KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2012 - 2013

MÔN: TOÁN KHỐI A - B - D

Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số yx42mx2m2 có đồ thị (C3 m)

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

b) Tìm m để (C m) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác có diện tích bằng 4 2

Câu 2 (2 điểm)

a) Giải phương trình 2 3 1 8sin



b) Giải hệ phương trình :

x y











Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân  4  3

1

1 ln 2 1

2 ln





Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA = a Tam giác SAC cân tại S

và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABC) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC; biết góc giữa MN với mp(ABC) bằng 0

60 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, MN theo a

Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số dương Chứng minh rằng:

  

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 6a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C có phương trình cạnh

AB là : x2y0, điểm I(4; 2) là trung điểm của AB, điểm M 4;9

2

  thuộc cạnh BC, diện tích tam giác ABC bằng 10 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tung độ điểm B không bé hơn 3

Câu 7a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P x2y3z 5 0và đường thẳng : 4 4 2

 Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P), cắt và vuông góc với đường thẳng 

Câu 8a (1 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn |z  2 i| |z 1 4 |i , tìm số phức z có môđun nhỏ nhất

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 6b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình elip có diện tích hình chữ nhật cơ sở là

72 3 Hãy viết phương trình chính tắc của elip, biết một đỉnh và hai tiêu điểm của elip là ba đỉnh của một tam giác đều

Câu 7b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : 2 7

 và hai

điểm M(2; -2; 1), N(2; 5; 1) Đường thẳng d đi qua N và vuông góc với  Viết phương trình của đường thẳng d, biết rằng khoảng cách từ M đến d là nhỏ nhất

Câu 8b (1 điểm) Gọi z z1, 2 là các nghiệm phức của phương trình z2(3 2 ) i z 5 5i0 Giả sử z z1, 2

có một acgumen là  , tương ứng Tính sin()

Cảm ơn thầy Đỗ Đường Hiếu ( http://doduonghieu.violet.vn/ ) gửi tới  www.laisac.page.tl

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT TỐNG DUY TÂN

ĐÁP ÁN KSCL ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2012 - 2013

MÔN: TOÁN KHỐI A - B - D

Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):

1

a) Khi m = 1 y = x4 2x2 +2

*Sự biến thiên

+ Giới hạn tại vô cực

xlim y

 = + ,

xlim y

 = +  + Đạo hàm

y’ = 4x3  4x = 4x(x2 - 1)

y’ = 0  4x(x2 - 1) =0  x 0





  



0.25

+ Bảng biến thiên

x -  -1 0 1 +  y’ - 0 + 0 - 0 +

y +  2 + 

Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0 ) và (1; +) ; nghịch biến trên các khoảng

(-; -1) và (0; 1)

Hàm số đạt cực đại tại x = 0  yCĐ = 2

Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1 và x = 1  yCT = 1

0.25

*Đồ thị

0.25

2

0

(*)

x









Để hàm số có ba cực trị thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác 0

Tức là : m > 0

0.25

Khi đó các điểm cực trị là A(0; - m2 + 3) , B( m; 2 m23) , C( m; 2 m23)

Ta có  AB ( m;m2), AC( m;m2)

 AB = AC hay tam giác ABC cân tại A Gọi I là trung điểm BC thì I(0; - 2m2 + 3)

(0; )





0.25

1

1

2

Mà 1 1 2

ABC

m532m2

0.25

Kết hợp điều kiện m > 0 ta có m = 2 là giá trị cần tìm 0.25

2

a)

Điều kiện x k

2



Khi đó phương trình tương đương với (2 3) cosxsinx8sin2x.cosx

(2 3) cosxsinx4(1 cos 2 ).cos x x

(2 3) cosxsinx4 cosx2(cos 3xcos )x

0.25

 3 cosxsinx 2 cos 3x

3cos 1sin cos 3

cos cos( 3 )

6



0.25

7

5



(TMĐK)

KL…

0.25

b)

Nếu y = 0 thì hệ phương trình trở thành 27 0

3x 0











(vô lý) Suy ra y  0

Khi đó hệ phương trình tương đương

3

3 2 2





0.25

Đặt u 2 vµx v 3

y

  , hệ phương trình trở thành

3 3

28 ( ) 12





 

 3

( ) 12



 

 



3 ( ) 12

uv





 



1hoÆc 3

0.25

Với 3

1

u v











thì

1

3

x

x y y











Với 1

3

u v











thì

3

1

x

x y y











0.25

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là 3;3 ; 1;1

S      

3

3

e e

 

2 ln

1 ln

ln 2 ln

e

x





2

e

Vậy

ln

4

Gọi I là trung điểm AC, do SAC cân tại S nên SI (ABC) Gọi H là trung điểm AI

suy ra MH//SI MH (ABC), do đó (MN,(ABC)) = MNH= 600 Ta

có

2

2

ABC

a

0.25

Xét HCN có:

2

4

a

NH 

Trong tam giác MHN có: 0 30

4

3

0.25

Goi J là trung điểm AB, K là hình chiếu vuông góc của H lên MJ tức là HKMJ (1)

Ta có

 

1 , 4

0.25

d AC MN d H MN d H MJN HK S

=

MH HJ

=

30

16

16 16

a





K

A H I C

J N

B

0.25

5

Trước hết CM: a3 + b3  a2b + ab2, với mọi a, b dương 0.25

Suy ra: - a3  b3 - a2b - ab2  5b3- a3  5b3+b3 - a2b - ab2

 5b3- a3  6b3 - a2b - ab2  5b3- a3  2b(ab + 3b2) – a(ab + 3b2)

 5b3- a3  (ab + 3b2)(2b –a)  b a

b ab

a b







 2 3

5

2

3

a ca

c a b c c bc

b c

















2 3

5

; 2 3

5

2

3 3 3

3

Cộng theo từng vế các BĐT trên lại ta có BĐT cần chứng minh Đẳng thức xảy ra khi

M

A.Theo chương trình Chuẩn

6a

Gọi tọa độ điểm B(2yB; yB)=>A(8-2yB; 4 - yB) CI qua I và vuông góc với AB nên

phương trình đường thẳng CI là: 2x + y – 10 = 0

Gọi tọa độ điểm C(xC;10 - 2xC)

=> CI  5 4x C

; AB  20 y B2

=> diện tích tam giác ABC là:

1

2

 

 



 



0.25

Vì

2









 

vì yB3

2x y C B 6y B 5x C 16 0

0.25





(loại)

2

C

x







0.25

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là: A(2;1), B(6;3), C(2;6) 0.25

7a

Gọi A là giao của (P) và  , ta suy ra A = (2; 5; 1) 0.25

Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với  nên d nằm trong mặt phẳng (Q) đi qua A

và vuông góc với  Dễ có (Q) có phương trình : 2x – y + z = 0 0.25 Suy ra d = (P) (Q) nên tọa độ M(x; y) của d thỏa mãn hệ

2 3 5 0







0.25

Đáp số d: 2 5 1

8a

Khi đó |z 2 i| | z 1 4 |i có dạng 2 2 2 2

(a2) (b1)  (a1)   ( b 4)

Nên |z| nhỏ nhất khi a = -1, b = - 1 Vậy số phức cần tình là z = - 1 – i 0.25

B.Theo chương trình Nâng cao

6b

Gọi PT chính tắc của elíp (E) là :

Do các đỉnh trên trục lớn và F F1, 2 thẳng hàng nên F F1, 2 cùng với đỉnh B(0;b) trên trục nhỏ tạo thành một tam giác đều: BF F1 2 đều 2 1 2 2 2 2

4 ( )









0,25

HCN cơ sở có diện tích 72 3 nên: 2a.2b = 72 3 ab18 3(2) 0.25

Từ (1) và (2) ta có hệ PT:

18 3

ab



Vậy PT chính tắc của elíp (E) là :

1

7b

d qua N và vuông góc với  nên d thuộc mặt phẳng (P) qua N và (P)   Dễ có phương trình của (P): x – 2y + 3z + 5 = 0

0.25

Gọi H là hình chiếu của M trên (P).Gọi K là hình chiếu của M trên d thì ta có

MK ≥ MH, suy ra MK nhỏ nhất khi K trùng với H, hay d là đường thẳng qua N, H 0.25

Đáp số d: 2 5 1

8b

(3 2 )i 4(5 5 ) 15 8i i (1 4 )i

Ta có: 1 5 2 1 , 2 10 1 3

z    i z    i

nên dễ dàng suy ra 2

cos

5 1 sin

5















và

1 cos

10 3 sin

10















0.25

Do đó sin( ) sin cos cos sin 1 1 2 3

Cảm ơn thầy Đỗ Đường Hiếu ( http://doduonghieu.violet.vn/ ) gửi tới  www.laisac.page.tl