De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I sao cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện là hình tròn có chu vi bằng 8 ..[r]

SỞ GD& ĐT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( ) 8x 4 9x21

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

2 Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình

8 osc 4x 9 osc 2x m 0 với x[0; ]

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình:  

3

log 1

2

x

x x   x

2 Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

12 12

y x y







Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đườngy|x2 4 |x và y2x

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước Tính

thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ

Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm

2 4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x + 0

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 và phân giác trong CD:

1 0

x y   Viết phương trình đường thẳng BC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số

2 2

2 2

 









  

 Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D) Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương trình của mặt phẳng

có khoảng cách đến (D) là lớn nhất

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng

xy yz zx x y z 

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường

thẳng  có phương trình tham số

1 2 1 2

z t

 





 



 

 Một điểm M thay đổi trên đường thẳng , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh

2

a

Đáp án

1 1,00

+ Sự biến thiên:

 Giới hạn: xlim y ; limx y

      

' 32x 18x = 2x 16x 9

0

4

x y

x







 

 



0,25

 Bảng biến thiên

 

y y  y y  y y 

0,25

 Đồ thị

0,25

Xét phương trình 8 osc 4x 9 osc 2x m 0 với x[0; ] (1)

Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2m0 (2)

Vì x[0; ] nên t  [ 1;1], giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số

nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau

0,25

Ta có: (2)8t4 9t2  1 1 m(3)

Gọi (C1): y8t4 9t21 với t  [ 1;1]và (D): y = 1 – m

Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D)

Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền   1 t 1

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:



81 32

m 

: Phương trình đã cho vô nghiệm



81 32

m 

: Phương trình đã cho có 2 nghiệm



81 1

32

m

 

: Phương trình đã cho có 4 nghiệm

0,50

 0m1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

 m 0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.

 m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm

Phương trình đã cho tương đương:

3

log

3

2 0

1 1

1

2 2

2

2 2

2 0

x x

x

x x

x x

x



0,50

3

2

2

x

x



      



0,50

Điều kiện: | | | |x  y

Đặt

2 2; 0

v x y





 

 ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có

2 1

2

u

v

   

 

Hệ phương trình đã cho có dạng:

2 12 12 2

u v

v v

 











0,25

4 8

u v





 



 hoặc

3 9

u v











+

2 2







+

2 2







0,25

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu

là S  5;3 , 5; 4   

0,25

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y|x2 4 | ( )x C và  d :y2x

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

0,25

2 2 2

6

x

       

Suy ra diện tích cần tính:

Sx  x  x dx  x  x  x dx

2 2 0

| 4 | 2

I  x  x  x dx

Vì  x 0; 2 , x2  4x0 nên |x2 4 |x x24x   

2 2 0

4

4 2

3

I x  x x dx

0,25

6 2 2

| 4 | 2

K  x  x  x dx

Vì  x 2; 4 , x2 4x0

và  x 4;6 , x2 4x0

nên

K  x x  x dxx  x x dx

0,25

Vậy

16

Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm của

'

AB IC

AB HH









 Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp

xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K II '

0,25

Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn Ta có:

I K I H  I C  IK IH  IC

Tam giác IOI’ vuông ở O nên:

I K IK OK  r  x 

0,25

Thể tích hình chóp cụt tính bởi:  ' '

3

h

V  B B  B B

Trong đó:

x

0,25

Từ đó, ta có:

0,25

+/ 4sin3xsinx = 2 cos2x - cos4x ;

+/ 4 os 3x - os x + 2 os 2x - os4x 2 sin 2x + cos4x 

c  c    c   c  

+/ os 2x + 2 1 1 os 4x + 11 sin 4x

c     c    

Do đó phương trình đã cho tương đương:

2 os2x + sin2x sin 4x + m - 0 (1)

Đặt

os2x + sin2x = 2 os 2x -

4

  (điều kiện:  2 t 2)

Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t21 Phương trình (1) trở thành:

2 4 2 2 0

t  t m  (2) với  2 t 2

2 (2) t 4t 2 2m

Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( ) :D y 2 2m (là

đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P):

2 4

y t  t với  2 t 2

0,25

Trong đoạn  2; 2 , hàm số y t 2 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 4 2 tại

2

t  và đạt giá trị lớn nhất là 2 4 2 tại t  2

0,25

Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 4 2 2 2   m 2 4 2

2 2 m 2 2

Điểm C CD x y :  1 0  C t ;1 t

Suy ra trung điểm M của AC là

1 3

;

M   

MBM x y           t  C 

Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:   1 0 tại I (điểm KBC)

Suy ra AK:x1  y 2  0 x y  1 0

Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0 0;1

1 0

x y

I

x y

  







  

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0 .

0,25

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:

1

7 1 8

x y



 

0,25

2 1,00

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì ( ) //( )P D hoặc ( )P ( )D Gọi

H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) Ta luôn có IH IA và IH AH

0,25

Mặt khác

   

 









Trong mặt phẳng  P , IH IA; do đó maxIH = IA H A Lúc này (P) ở vị

trí (P0) vuông góc với IA tại A

0,25

Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IA  6;0; 3 

, cùng phương với v  2;0; 1 

Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2x 41.z1 2x - z - 9 = 0

0,50

Để ý rằng xy1  x y   1 x 1 y0

;

và tương tự ta cũng có

1 1

  





  



0,50

Vì vậy ta có:

3

1 zx+y 1

5 1

5

x y z

x

yz zx y xy z

x

z y y z



0,50

Ta có: AB  1; 2 AB 5

Phương trình của AB là: 2x y  2 0

2 1; 2 , 2 ; 2 2

Mặt khác: S ABCD AB CH 4 (CH: chiều cao)

4 5

CH

Ngoài ra:

| 6 4 | 4

;

0 1;0 , 0; 2

t

d C AB CH

 



0,50

Vậy tọa độ của C và D là

C  D 

    hoặc C1;0 , D0; 2 

Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM

Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất

Đường thẳng  có phương trình tham số:

1 2 1 2

z t

 





 



 

Điểm M   nên M 1 2 ;1 ; 2t  t t

2

2

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ;2 5t 

và v  3t6; 2 5

Ta có

2 2

2 2













Suy ra AM BM | | | |u  v

và u v  6; 4 5 |u v  | 2 29 Mặt khác, với hai vectơ u v,

 

ta luôn có | | | | |u  v  u v|

Như vậy AM BM 2 29

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u v,

  cùng hướng

1

3 6 2 5

t

t t

 

1;0; 2

M



và minAM BM  2 29

0,25

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:

a b c

b c a

c a b

 





 



  

Vế trái viết lại:

2

VT

a c a b a b c

y z z x x y

0,50

Ta có: x y z z x y z  2z x y  2z z

x y z x y

Tương tự:

y z  x y z z x    x y z 

Do đó:

2

2

x y z

y z z x x y x y z

 

Tức là:

2

a

0,50

I PHẦN

CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x  3 3 x2 4   C

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)

2 Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(- 1; 0) với hệ số góc là k ( k  R) Tìm k để đường thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân biệt và hai giao điểm B, C ( với B, C khác A ) cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 8

Câu II (2 điểm)

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012

MÔN TOÁN ( Khối A-B-D)

(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)

1 Tìm các nghiệm của phương trình:

sin cos 4 sin 2 4sin

x

x x x   

  (1) thoả mãn điều kiện : x  1 3

2.Giải phương trình sau : 2x2 3x2 3 x38

Câu III (1 điểm) Tính tích phân :

2 0

1 sin

1 cos

x

x

x











Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=a, AD=2a, cạnh SA

vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho

a 3 AM

3

 Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N Tính thể tích khối chóp SBCMN?

Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z  1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

xy z yz x zx y

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B

Câu VI.A (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A (2 ;−1), B(1 ;−2) , trọng tâm G của tam giác

nằm trên đường thẳng x+ y − 2=0 Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng

27 2

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M(0; 1; 2) và N ( 1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K0;0; 2 đến (P) đạt giá trị lớn nhất Tìm

điểm I thuộc mặt phẳng (x0y) sao cho IM+IN nhỏ nhất

Câu VII.A (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2

2.5

x x

x



Câu VI.B (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y  4 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; 3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.

2 Trong không gian 0xyz cho điểm I1, 2, 2 

và đường thẳng  

: 2x 2  y 3 zvà mặt phẳng

 P

: 2x2y z  5 0 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I sao cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện là hình tròn có chu vi bằng 8 Từ đó lập phương trình mặt phẳng  Q chứa  và tiếp xúc với (S)

Câu VII.B (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức :

2

2

z

z  z    z

Chú ý: Thí sinh thi khối D không phải làm câu V.

Thí sinh thi khối D không phải làm câu V- và câu I 3 điểm

Thí sinh có cách làm khác đáp án mà đúng cho điểm tối đa ở câu đó.

I

(2điểm)

Khối D

3điểm

1.(1,0 điểm)

Hàm số (C1) có dạng y x 3 3x24

 Tập xác định: D R

 Sự biến thiên

- xlim y , limx y

        

0.25

- Chiều biến thiên:

2

x

x





 Bảng biến thiên

0.25 S

A

D

A

B

E

H

 C