Họ và tên thí sinh...[r]
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌCÔN CẤP TỐC 2012 SỐ 09
Môn: Toán – 0985.873.128
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) : Cho hàm số y=1
3x
3−1
2mx
2 +(m2−3) x 1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2.Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại cực tiểu đồng thời hoành độ các điểm cực đại cực tiểu là
độ dài các cạnh góc vuông cuả một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng√52
Câu II(2 điểm)
1.Giải phương trình sau x
2 3+√9 − x2+ 1
4¿ ¿
2.Giải phương trình sau sin4(3 x+π
4)+sin
4 (3 x −π
4)=
1 2
Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau I=∫
√ 3
√ 8 1
x√x2+1dx
CâuIV (1 điểm) : Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và AB¿a , BC¿a√3 Mặt
phẳng (SAC) và mặt phẳng(SBD) vuông góc với đáy, I thuộc cạnh SC sao cho SI = 2CI và thoả mãn AI
vuông
góc với SC Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a
Câu V (1 điểm) : Cho 3 số thực không âm a , b , c.Chứng minh rằng
a3
+b3 +c3≥ a2
√bc+b2
√ac+c2
√ab
PHẦN RIÊNG (3 điểm) (thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD với A(1;1) ; B(4;5) Tâm I của hình bình hành
thuộc đường thẳng (d) :x + y +3=0 Tìm toạ độ các đỉnh C, D biết rằng diện tích hình bình hành ABCD bằng
9
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho A(1;1;1); B(2;0;6); C(3;2;0) ; D(7;4;2) Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều C, D.
Câu VII.a (1 điểm): Tìm số phức z thoả mãn z + 3+5i
¯z − 5i=0
B.Theo chương trình nâng cao
CâuVI.b (2điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có B(1;5) và đường cao AH có phương trình x +2 y −2=0,với H thuộc BC; đường phân giác trong của góc ACB có phương trình là x − y − 1=0 Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (Q) vuông góc với đường thẳng
(d ): x − 1
2 =
y
− 2=
z +1
1 , và cắt mặt cầu (S) : x2
+y2+z2−2 x+4 y −6 z − 11=0 theo một đường
tròn có bán kính bằng 3
CâuVII.b (1 điểm) Tìm số phức có môđun nhỏ nhất thoả mãn |z+1−5 i z+3 −i |=1
.Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Số báo danh Họ và tên thí sinh
ĐÁP ÁN
Câu Ý Nội dung Điểm
Trang 22 y’ = x2 – mx + m2 – 3
Hàm số có CĐ, CTvà xCĐ, xCT >0 khi và chỉ khi pt y’ = 0 có 2 nghiệm dương pb
⇔ Δ=m2− 4 (m2− 3)>0 P=m2−3>0 S=m>0
⇔√3<m<2
¿{ {
Theo gt ta có xCĐ2 +xCT2
=5
2⇔¿ (*)
Theo đl Viet thì (*) ⇔ m2−2(m2−3)=5
2⇔ m=√72(tm)
0.25
0.25 0.25 0.25
II 1 ĐK −3 ≤ x ≤ 3 , x ≠ 0 Đặt t=√9 − x2⇔ x2
=9 −t2, t ≥ 0 , t ≠ 3
Pt trở thành 9 −t
2
3+t +
1
4 (3 −t)=1⇔t= 5
2⇔ x2
=11
4 ⇔ x=±√11
2 (tm)
0.25
0.5 0.25 2
Pt ⇔ cos4(3 x −π
4)+sin
4(3 x −π
4)=
1 2
⇔1 −2 cos2
(3 x −π
4)sin
2 (3 x −π
4)=
1
2⇔1 −1
2sin
2 (6 x −π
2)=
1 2
⇔ cos2
6 x=1 ⇔ sin2
6 x =0 ⇔ x= kππ
6 kπ ∈ Z
0.25
0.5 0.25 III Đặt t=√x2+1⇒t2
=x2+1⇒ tdt=xdx
Đổi cận
x=√3⇒t=2 x=√8⇒t=3
2
2ln|t −1 t +1|¿23
=
1
2ln
3 2
0.25 0.25 0.5
IV S
B A I
O
C D
Gọi O là giao điểm của AC và BD⇒(SAC)(SBD)=SO Có (SAC) (ABCD)
(SBD)(ABCD)nên SO(ABCD);AC=√BA2
+BC2=2 a⇒OA=OC=a Đặt SO=h ⇒SC=√SO2+OC2=√h2+a2 Do SI=2CI nên IC=1
3SC=
1
3√h2 +a2 Tam giác AIC vuông tại I nên AI=√AC2− IC2=1
3√35 a2− h2 (ĐK 0< h<a√35)
Có 2SSAC=AI.SC=SO.AC⇔1
3√35 a2−h2.√h2
+a2=2 h a
⇔ h4 +2 a2h2− 35 a4=0⇔(h2
+7 a2)(h2−5 a2)=0⇔ h=a√5 (tmđk) Vậy VS.ABCD=1
3SO SABCD=a3√15
3
0.25 0.25
0.25 0.25
V Theo BĐT Côsi ta có 2VP=2¿
ab (a+b)+bc(b+c )+ca (c+ a) (1)
0.25 0.25
Trang 3Lại có a3
+b3− ab(a+b)=(a+b)¿
⇔ a3
+b3≥ ab(a+b) tương tự b3
+c3≥ bc (b+c)
c3
+a3≥ ac(a+c ) Cộng vế với vế được 2VTab (a+b)+bc(b+c )+ca (c+ a)≥2VP (Đpcm)
0.25
Giả sử C(a;b) ⇒ I ( 1+ a
2 ;
1+b
2 ) Do I ∈ d ⇒ a+b+8=0(1)
Pt đường thẳng AB x −1
3 =
y − 1
4 ⇔ 4 x − 3 y − 1=0 Lại có d (C ;AB)=h=|4 a −3 b −1|
5 SABC=1
2AB h=
1 2
|4 a −3 b − 1|
9
2⇔|4 a −3 b −1|=9⇔ 4 a − 3 b− 1=± 9 (2)
Từ (1)(2) ta được
a=−2 b=−6
hoăc
¿a=−32
7
b=−24
7
¿{
¿
¿
Do đó ¿¿
0.25
0.25
0.25
0.25
2 + Nếu C ,D nằm cùng phía với (P) ,C ,D cách đều (P) khi CD//(P)
⃗AB(1;−1 ;5),⃗ CD (4 ;2;2) ⇒[⃗AB ,⃗CD]=(− 12;18 ;6)⇒ ⃗n=(2 ;−3 ;−1)là 1 vtpt của (P)
Pt (P) là 2(x −1)−3 ( y − 1)−1(z −1)=0 ⇔2 x − 3 y − z+2=0
+ Nếu C,D nằm khác phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi (P) đi qua trung điểm M(5;3;1) cuả CD
⃗AB(1;−1 ;5),⃗ AM(4 ;2; 0) ⇒[⃗AB,⃗AM]=(−10 ;20 ;6)⇒ ⃗n(−5 ;10 ;3)là 1 vtpt của (P) PT(P) là −5 (x −1)+10( y −1)+3(z −1)=0 ⇔− 5 x +10 yư +3 z− 8=0
0.25 0.25
0.25 0.25 VIIa Giả sử z=x +yi(x , y ∈ R)ta có ¯z=x − yi
Theo gt ta có z ¯z+3+5 i− 5i ¯z=0 ⇔ x2
+y2+3+5 i− 5 xi −5 y=0
⇔
x2+y2+3 − 5 y=0
5 x −5=0
⇔
¿x=1
y2− 5 y+4=0
¿{
⇔
¿x =1
y =1
⇒ z=1+i
¿ ¿
¿
0.25 0.25 0.25
0.25
VIb 1 BC đi qua B(1;5) và vuông góc AH nên BC có pt -2x+y-3=0
Trang 4Toạ độ C là nghiệm của hpt
−2 x + y − 3=0
x − y −1=0
⇒C (− 4 ;−5)
¿{
¿
¿
Gọi A’ là điểm đối xứng B qua đường phân giác x − y − 1=0 (d), BA ∩d=K
(KB) đi qua B và vuông góc d nên KB có pt: x+y-6=0
Toạ độ điểm K là nhgiệm của hpt
x + y −6=0
x − y − 1=0
⇒ K ( 7
2;
5
2)
¿{
¿
¿
Suy ra A’ (6;0).Pt A’C :x-2y-6=0
Do A=CA '
∩ AH nên toạ độ A là nhgiêm của hpt
x − 2 y −6=0 x+2 y −2=0
⇒ A (4 ;− 1)
¿{
¿
¿
Trung điểm I của AC có toạ độ là I(0;-3) đồng thời I là trung điêm BD nên suy ra D(-1;-11)
0.25
0.25 0.25 0.25
2 (S) có tâm I(1;-2;3) và bk R=5
(Q) có dạng 2x-2y+z-m=0 d(I,(Q))=√25 −9=4
⇔|2+4+3+m|
¿
¿
¿
Do đó ptmp (Q) là 2x-2y+z+3=0 hoặc 2x-2y+z-21=0
0.25 0.25 0.25 0.25
VIIb Giả sử z=x +yiư.Từ gt suy ra
|(x+1)+(ưy −5)i|=|x +3 −(ưy +1)i|⇔¿
⇔ x +3 y=4 ư
Ta có 16=¿
⇔|z|≥ 4
√10 Min|z|=
4
√10
.Đẳng thức xảy ra khi
y=3 x
x +3 y=4
⇔
¿x=2
5
y=6
5
¿{
¿
¿
0.5 0.25
0.25