Dap an Toan lan 3 THPT Doan Thuong

Tìm tọa độ điểm B, C thuộc đường tròn (C) để tam giác ABC đều.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2012

Thời gian làm bài : 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

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

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m 0

2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt.

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình

4

x c x x x

2) Giải hệ phương trình sau

2 2

1 4

y x y x y







Câu III (1 điểm) Tính tích phân

10 3 2 5

2

x x

x







Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2;

a

AC BC a

Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt đáy (ABC) góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SAC) theo a biết mặt phẳng (SBC) vuông góc với đáy (ABC)

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn abcd 1 Chứng minh rằng

1 2(a b 1) c d 2(b c 1)d a 2(c d 1) a b2(d a 1) b c 

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

A) Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 và tâm I là giao điểm của hai đường thẳng d x y1:   3 0; d x y2 :   6 0 Trung điểm của AD là giao điểm của d1 và trục

Ox Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD

2) Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A(1;1; 1), (1;1; 2), ( 1; 2; 2) B C   và mặt phẳng (P) có phương trình x 2y2z 1 0 Mặt phẳng ( ) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng

BC tại I sao cho IB2IC Viết phương trình mặt phẳng ( )

Câu VII.a (1 điểm) Tìm các số thực a, b, c sao cho phương trình z3az2bz c 0 nhận x 1 i và

z 2 làm nghiệm

B) Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy cho A ( 2; 2), đường tròn (C) có phương trình x2  y2  2x 4y 4 0 Tìm tọa độ điểm B, C thuộc đường tròn (C) để tam giác ABC đều

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2xy 2z 4 0 và mặt cầu

2 2 2

( ) :S x y z  4x 4y2z0 Tìm điểm H thuộc mặt phẳng (P), điểm M thuộc mặt cầu (S)

để MH ngắn nhất

Câu VII.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A và B là hai điểm lần lượt biểu diễn hai nghiệm phức

của phương trình z2  (3 4 ) i z1 5 i0 Tính độ dài đoạn thẳng AB

-Hết -Họ và tên thí sinh : ……… Số báo danh : ……….……….

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM

Câu I

1

 Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị hàm số yx3  3x2 4 1,0

- TXĐ : R

2

x

x







- Hàm số đông biến trên mỗi khoảng ( ;0);(2;)

- Hàm số ngịch biến trên khoảng (0; 2)

0,25

- Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại x1 0;y CD 4, hàm số đạt CT tại x2 2;y CT 0

- Giới hạn :

           

- Hàm số không có tiệm cận

0,25

- BBT :

y’ + 0  0 +

y

 

4

0



0,25

- Đồ thị

6

4

2

-2

-4

0,25

2 Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt. 1,0

Đồ thị cắt Ox tại 3 điểm pb  x3 3x23mx 4 0 có 3 nghiệm pb

3 3 2 4

3

x x

m x

có 3 nghiệm pb (Do x = 0 không TM)

0,25

 đường thẳng y3m cắt đths

3 3 2 4

y g x

x

3 2 2

x

0,25

0,25

BBT của g(x)

  0

* Chú ý Học sinh có thể làm theo cách sau:

Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biết  Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị nằm

về 2 phía của trục Ox  y CD.y CT 0

Hàm số có 2 cực trị  y' 0 có 2 nghiệm phân biệt 2

x  x m  (1) có 2 nghiệm pb    ' 1 m 0 m1

Gọi x1; x2 là 2 nghiệm của PT (1) , theo viet ta có :

1 2

1 2

2

x x

x x m









Chia y cho y’ ta có :

yy x  m x m

Ta có









C CT

Thay

1 2

1 2

2

x x

x x m







 vào BPT (**) và rút gọn ta có : 4m3  3m2 24m0 m0

Kết hợp vơi (1) ta có m 0thì thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu II

1

 Giải PT :

4

4 (sinx cos )(1 sinx.cos ) (sinx cos ) 2sin cos



0,25

sinx 0

2

x k

x

















0,25

Vậy phương trình có nghiệm là : x k 2,k



2

 Giải hệ phương trình :

2 2

1 4

y x y x y





Dễ thấy y 0, ta có:

2

2 2

2

1

4

1 4

x

x y y

x y

y







0,25

Đặt

2 1 ,

x

y



Với v3,u1ta có hệ:

x y

Với v5,u9ta có hệ:

Hệ này vô nghiệm

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : (1; 2); ( 2;5)

0,25

Câu III

 Tính tích phân :

10 3 2 5

2

x x

x





2

Đặt

2

2

2

1

udu dx

x u





 , đổi cận :

x u



Ta có :

2

3



0,25 3

3 2 2

u



I

Câu IV  Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SAC) theo a 1,0

- ABCvuông tại A có 2;

a

AC  BC a

 B30 ;0 C 600

- Kẻ SH BCthì SH (ABC)

- Và các góc SMH, SNH bằng 600, và HM HN

a BCBH CH  

 Tính được

;

HM   SH  

-2

ABC

a

S  AB AC 

0,25

- Thể tích

3

S ABC ABC

a

- Gọi khoảng cách từ B tới mp(SAC) là h thì

.

3 S ABC

SAC

V h S



- SHM tính được

2

a

SM  

2

SAC

a

0,25

4

SAC

h S

Vậy khoảng cách từ B tới mp(SAC) là

3 4

a

0,25

2(a b  1) c d 2(b c 1)d a 2(c d 1) a b2(d a  1) b c 1,00

H B

A

C S

M N

1 1 1 2(a b 1) c d (a b ) ( b c ) ( d a ) 2 2 ab2 bc2 da 2 0,25

4

Tương tự, cộng lại ta được

VT

1

0,25

Câu

VI.a

1

Tọa độ

9 3 ( ; )

2 2

I

,M là trung điểm AD thì M(3;0)

Ta có

3 2 2

IM 

và AB2IM 3 2

Vì S ABCD AB AD. 12 AD2 2

0,25

AD đi qua M(3;0)và vuông góc với IM nên có phương trình x y  3 0

Gọi A x x( ; 3)ta có MA  2

 





0,25

- Với A(2;1)ta có D(4; 1); (7; 2); (5; 4) C B

Vậy A(2;1);B(5; 4); (7;2); (4; 1)C D  hoặc A(4; 1) ;B(7; 2); (5; 4)C ;D(2;1) 0,25

2  Mặt phẳng ( ) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại I

sao cho IB2IC Hãy viết phương trình mặt phẳng ( ) 1,0 Gọi mặt phẳng ( ) có phương trình là axby cz d  0với a b c; ; không cùng bằng 0

- mp( ) đi qua A(1;1; 1) nên ta có : a b c d   0 (1)

- mp( ) mp P x( ) :  2y2z 1 0 nên 2 VTPT vuông góc nhau

a b c

0,25

- IB2IC khoảng cách từ B tới mp( ) bằng 2 lần khoảng cách từ C tới ( )

a b c d



0,25

Từ (1), (2), (3) ta có 2 trường hợp sau :

TH1 :

1

2

a b c d

a b c d















 chọn a 2 b1;c2;d 3

Ta có phương trình mp ( ) là 2x y  2z 3 0

0,25

A A

B D

B B

C C

M M M

I I I

TH 2 :

3

2

b a

a b c d

a b c d













 chọn a 2 b3;c2;d 3

Ta có phương trình mp ( ) là 2x3y2z 3 0

Vậy tìm được 2 mp ( ) t/m ycbt là 2x y  2z 3 0 hoặc 2x3y2z 3 0

0,25

Câu

z az bz c  nhận x 1 i v zà 2 làm nghiệm tìm a, b, c?

Ta có x 1 i v zà 2 là nghiệm nên thay x 1 i vào phương trình ta có :

(1)

b c

a b

   



 

Thay z 2 vào phương trình ta có : 8 4 a2b c 0 (2) 0,25

Từ (1) và (2) ta có hệ

0,25

Câu

VI.b

1

 Điểm A ( 2; 2), đường tròn (C) có phương trình x2  y2  2x 4y 4 0 Tìm tọa độ điểm B, C thuộc đường tròn (C) để tam giác ABC đều 1,0 Đường tròn (C) có tâm I(1; 2), bán kính R 3

Tọa độ A thỏa mãn phương trình đường tròn => A thuộc đường tròn AI BC

AI cắt BC tại H , do

2 3

AI  AH

nên tìm được tọa độ

5 ( ;2) 2

H

0,25

BC đi qua H và nhận AI(3;0)



là VTPT nên có phương trình là

5 0 2

Tọa độ của B và C là nghiệm hệ :

;

5

; 2

x











0,25

Vậy tọa độ

hoặc

2

 (P): 2xy 2z 4 0 và mặt cầu ( ) :S x2  y2 z2  4x 4y 2z0 Tìm điểm H thuộc mặt phẳng (P), điểm M thuộc mặt cầu (S) để MH ngắn nhất 1,0 Mặt cầu (S) có tâm I(2;2; 1) , bán kính R 3

Khoảng cách từ tâm I tới mp(P) bằng 4 nên mp(P) và mặt cầu (S) không có điểm chung

Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I của mặt cầu và vuông góc với

mp(P) thì M, H là giao điểm của d và mặt cầu (S), mp(P)

Đường thẳng d đi qua I(2;2; 1) và vuông góc với

0,25

H M I

mp(P) : 2x y 2z4 0 nên có PTTS là :

2 2 2

1 2

 





 



  



H là giao của mp(P) và đường thẳng d nên có tọa độ là

M là giao của đường thẳng d và mặt cầu (S), thay x, y, z vào phương trình của mặt cầu

ta có : t  2, tìm được 2 điểm :

1(2 2 2; 2 2; 1 2 2); 2(2 2 2; 2 2; 1 2 2)

0,25

Kiểm tra có HM1 7; HM2 1=> điểm M cần tìm là M2(2 2 2; 2  2; 1 2 2) 

Vậy

H  

và M(2 2 2; 2  2; 1 2 2)  thì HM nhỏ nhất bằng 1

0,25

Câu

VII.b Cho A và B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm của PT

z   i z  i

- Chú ý : HS làm cách khác, đúng giáo viên chấm vẫn cho điểm bình thường