Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương. 2.[r]
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN
4 NĂM 2012
Môn: Toán ; Khối : A
Thời gian làm bài: 180 phút; không kể
thời gian phát đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT
CẢ THÍ SINH ( 7 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm) Cho hàm số
y=x3+6 mx2+9 x +2 m (1),
với m là tham số thực.
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ
đồ thị của hàm số (1) khi m = 1
2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có
hai điểm cực trị thoả mãn
khoảng cách từ gốc toạ độ O đến
đường thẳng đi qua hai điểm
cực trị bằng 4
√5
Câu II ( 2,0 điểm)
1 Giải phương trình:
8sin3x cos x+sin 4 x
2 cos x =sin 3 x −2 cos 2 x+1
2 Giải hệ phương trình:
2 2
(3x y)(x 3y) xy 14
(x y)(x y 14xy) 36
( ,x y R )
Câu III ( 1,0 điểm)
Tính tích phân :
∫
0
4
ln(x +√x2+9)−3 x3
√x2+9 dx
Câu IV ( 1,0 điểm) Cho hình
chóp S.ABC có SA=3a (với
a>0); SA tạo với đáy (ABC) một
góc bằng 600 Tam giác ABC
vuông tại B, ACB 300 G là
trọng tâm của tam giác ABC
Hai mặt phẳng (SGB) và (SGC)
cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABC) Tính thể tích của hình
chóp S.ABC theo a
Câu V ( 1,0 điểm) Cho x, y, z là
các số dương thỏa mãn xy + yz +
zx = 3 Chứng minh rằng :
P
II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong
hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là: 3x y 7 0 , điểm B(0;-3) Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết diện tích hình thoi bằng 20
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp A.OBC, trong
đó A(1; 2; 4), B thuộc trục Ox và có hoành độ dương, C thuộc Oy và
có tung độ dương Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (OBC),
tanOBC 2 Viết phương trình tham số của đường thẳng BC
Câu VIIa (1,0 điểm)
Tìm số phức z biết z(1 2 ) (3 4 )(2 i i i)2
B Theo chương trình Nâng cao.
CâuVIb (2,0 điểm)
1 Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình
3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 450
Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24
và điểm B có hoành độ dương
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với
A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0.
Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P) Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức MA2MB2MC2
Câu VIIb (1,0 điểm)
Tìm số phức z x yi thõa mãn : z3 18 26 i
ĐÁP ÁN Câu I 1
1 Với m = 1 ta có : y=x3+6 x2+9 x +2
+ TXĐ : D=R
+ Sự biến thiên:
y '=3 x2+12 x +9 , y '=0 ⇔
x=−1
¿
x=−3
¿
¿
¿
¿
¿ Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞ ; −3 ) và (−1 ;+∞ )
nghịch biến trên khoảng (−3 ;−1)
- Hàm số đạt cực đại tại x = -3; ycđ=2 , đạt cực tiểu tại
x=−1 ; yct=−2
- Giới hạn: limx →→+ ∞ y =+ ∞ , lim x →− ∞=− ∞
- Bảng biến thiên:
Trang 1/5
Trang 2x
-3 -1
y’
+ 0 - 0 +
2
y
- ∞
-2 Đồ thị: Đi qua các điểm A(-4; -2); B(-2; 0) và C(0; 2)
-4 -3 -2 -1
Câu I 2 Đối chiếu với đk(*) ta có m = ± 1 là kết quả cần tìm Câu II 1 Đk: x ≠ π 2+kπ , k ∈ Z
sin x=1(loai )
¿ sin2x=1
4
¿
ố ⇔cos2 x=1
3+k 2 π ⇔ x=± π
6+kπ
¿
¿
¿
pt⇔8 sin3x cos x +4 sin x cos x cos 2 x
2 cos x =sin 3 x −2 cos 2 x+1⇔2 sin x=3 sin x− 4 sin3x +4 sin2x −1
⇔ 4 sin3x − 4 sin2x −sin x +1=0
⇔
¿
Vậy phương trình có nghiệm là : x = ± π
6+kπ , k ∈ Z
Câu II 2
2 2
(3x y)(x 3y) xy 14 (x y)(x y 14xy) 36
Hệ ban đầu tương đương
2
2
a x y
thay vào hệ trên được
Nhận thấy a=0 không là nghiệm của hệ trên Đặt b=ka thay vào hệ trên được
(1 12 ) 36(1)
ra phương trình 72k3-84k2+54k-7=0
6
thay vào (1) được a=3, từ đó b=1/2
hoac
Câu III
Trang 2/5
Ta có: y’ = 3x2 12mx9, y '=0 ⇔ x2
+4 mx+3=0
+ Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị ⇔ pt y'=0 có hai nghiệm phân biệt
⇔ Δ '=4 m2− 3>0 ⇔ m>√3
2 hoặc m<
−√3
Khi đó ta có: y = (3x+
2m
3 ) y '+(6 −8 m2)x − 4 m
⇒ đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có phương
trình là:
y = (6 − 8 m2)x − 4 m
d (O , Δ)= |− 4 m|
√ (6 −8 m2)2+1
√5⇔5 m2
=(6 −8 m2
)2+1⇔64 m4−101 m2
+37=0⇔
m2=1
¿
m2=37 64
¿
¿
¿
¿
¿
∫ 0
4
ln(x +√x2+9)−3 x3
√x2+9 dx=∫
0
4
ln(x +√x2+9)
√x2+9 dx −3∫
0
4
x3
√x2+9dx=I1−3 I2 + Tính I1 :
Đặt ln(x +√x2+9)=u , ta có: du= 1
√x2+9dx ,
x = 0 ⇒u=ln 3 ; x = 4 ⇒u=ln 5 Khi đó:
I1=∫
ln 3
ln 5 udu=u
2 2
¿ln 5
¿ln 3=
ln25 − ln23 2
+ Tính I2 Đặt √x2
+9=v , ta có: dv= x
√x2+9dx , x
2
=v − 9
Trang 3x = 0 ⇒ v=3 ; x = 4
⇒ v=5 Khi đó:
Vậy
∫
0
4
ln(x +√x2+9)−3 x3
√x2
+9 dx=I1−3 I2=
ln25− ln23
Câu IV
S
C
B
G
M
N
P
A
2
SA
(1)
Từ (1) và (2)suy ra
x
2 2
ABC
a
.
(đvtt)
Câu V
Ta có
2 3
3
Đặt
2 ( )( )( )
Q
( )( )( ) ( )( )( )
Q
Mà
3
xy yz zx
Suy ra Q 1.
Ta có
1
P Q
xyz
Dấu bằng xảy ra x y z 1
Câu VI.a 1
Phương trình BD x 3y 9 0 Tọa độ I ACBD I(3; 2)
Do I là trung điểm BD nên D(6; 1) Gọi A a( ;7 3 ) a AC ta có BD 2 10
3(7 3 ) 9 1
.2 10 10
do vậy
(2;1); (4; 5) (4; 5); (2;1)
Câu VI.a 2
2 2 0
z
Câu VII.a z 5 10i CâuVIb1
Tọa độ điểm D là:
Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là n 13; 1 , n21; 2
1
√2 => ADB=45 0 =>AD=AB (1)
Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450 => BCD=450 => BCD vuông cân tại B=>DC=2AB Theo bài
2
24
ABCD
AB
4 2
; 2
B B
x
B x
, điều kiện xB>0
Trang 3/5
I2=∫
3
5
(u2−9)du=( u
3
3 − 9 u)
¿5
¿3=
44 3
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB Ta có (SBG) ( SCG)SG
(SGB) và (SGC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) suy ra SG(ABC), SAG 600,SG là chiều
cao của chóp S.ABC
SA
ABC
vuông tại B có C=300 Đặt AB=x(x>0) suy ra
3 3,
2
x
2
x
;
x
(2)
Trang 42 2
8 10
5
4 2
( ) 5
B B
B
B
x
Tọa độ điểm
8 10 4 10
;
2;1
BC
n
=> phương trình đường thẳng BC là: 2x y 4 10 0
CâuVIb2
Gọi G là trọng tâm của ABC G
7 8
; ;3
3 3
F nhỏ nhất MG 2 nhỏ nhất
M là hình chiếu của G lên (P)
7 8
3 3
19
3 3 ( ,( ))
1 1 1 3 3
MG d G P
Vậy F nhỏ nhất bằng
2
3.
3 3
hình chiếu của G lên (P)
Câu VIIb : z = 3 + i
Trang 4/5