De va DA On thi DH cap toc so 12

Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC ) và 2 đường thẳng AB và OM.. Viết phương trình các đường thẳng AB, AC.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌCÔN CẤP TỐC 2012 SỐ 12

Môn: Toán – 0985.873.128

Thời gian làm bài: 180 phút

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=1

3

+(m−1)x2

+(4 −3 m)x +1 có đồ thị là (Cm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số khi m=1

2 Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm) tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm

mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L): x+2y-3=0

Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình – HPT:

1/

2sin x sin 2x

2/

y x 9 x

x y y 6x







Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = I =

3 4

4

sin x

2sin x cos x 3













Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp OABC có 3 cạnh OA, OB, OC vuông góc với nhau đôi một

tại O, OB = a, OC = a 3và OA =a 3 Gọi M là trung điểm của cạnh BC

Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC ) và 2 đường thẳng AB và OM

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c  1

Chứng minh rằng:

7 2

27

.PHẦN RIÊNG (3,0 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.Cho đường tròn (C): x2y2 4x 8y 5 0 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm

5; 2

Q và cắt đường tròn (C) tại hai điểm M, N sao cho MN 5 2

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 2; 5;0  

Viết phương trình đường thẳng

d qua A biết d cắt Oz và tạo với Oz một góc 600

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm môđun của số phức Z+1, biết

 

 2

1 3 (3 ) 1

i i Z

i i



B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm

16 23

;

27 9

H  

 , phương trình

cạnh BC: x – 6y + 4 = 0 và trung điểm cạnh AB là

5 5

;

2 2

K  

  Viết phương trình các đường thẳng AB, AC

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình

y

 

Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d sao cho khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất

Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết 3

12

z  i z và z có phần thực dương

-Hết -Đáp án

I

(2điểm)

1

3

1

1 3

y x  x

Tập xác định:  Chiều biến thiên:

y ' x 21  y’>0

x

  

x lim y

  

,

x lim y

    

Bảng biến thiên:

0,5

+ Hàm số luôn đồng biến trên 

+ Hàm số có không cực đại và cực tiểu tại

0,25

Đồ thị:

Đồ thị giao với Oy tại (0;1)

0,25

2

Phương trình đường thẳng (L) có hệ số góc là

1 2



nên hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm là k=2 Lúc

đó nếu x là hoành độ tiếp điểm thì

f '(x) 2   mx  2(m 1)x (4 3m) 2      mx  2(m 1)x 2 3m 0 (1)    

Bài toán trở thành

0,25

+

y -

y

1

tìm tất cả các m sao cho phương trình (1)

có đúng một nghiệm

âm

Nếu m=0 thì (1)

loại

0,25

Nếu m 0thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là

2 3

x

m





0,25

do đó để có một nghiệm âm thì

0

2 3

3

m m





 



Vậy

2

0 hay

3

m m

thì trên (C) có đúng một tiếp điểm có hoành độ âm thỏa yêu cầu đề bài

0,25

2sin x sin 2x

1,00

Điều kiện:

sin x 0 cos x 0









 (i)

0,25

pt  2

sin 2x sin 2x.sin x cos x 1 2cos 2x   0,25 

2

cos 2x 0 2cos x cos x 1 0 : VN





 



0,25

k x

( thỏa điều kiện (i) )

0,25

trình:

2 2







trên tập số thực

1,00

Khi x = 0  y = 0 (0 ; 0) là nghiệm của 0,25

hpt Khi x 0 , ta có

3 3

3

x

             

Mà

x y y 6x y x 6

x

 

     

 

0,25

           

0,25

Ta có

y 2

y 2 2

x 1 x 2

x















Vậy tập nghiệm của

hệ là

x y,  (0 ; 0) , (1 ; 2) , (2 ; 2)

0,25

3 4

4

sin x

2sin x cos x 3













1,00

I = 3 4

4

sin x

2sin x cos x 3













=

3 4

2 4

dx











0,25

Đặt t = sinx – cosx 

dt = (cosx + sinx)dx Đổi cận: x =4





t = 0

x =

3 4

  t = 2 I

=

2 2 0

dt

2







0,25

Đặt

; 2 u 2

I =

4

2 0

2 1 tan u 1

du

2 tan u 2 2











0,25

4 0

1 u



Trong tam giác OBC,

vẽ đường cao OK Trong tam giác OAK,

vẽ đường cao OH Chứng minh OH vuông góc mp (ABC) Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Khi đó

O(0;0;0),

(0;0; 3); ( ; 0; 0), (0; 3;0),

0,25

phương trình mặt phẳng ( ABC) là

x

a+

y

a√3+

z

a√3−1=0

Vậy

d(O ;(ABC))= 1

√a12+

1

3 a2+

1

3 a2

=a√3

√5 =

a√15 5

3

; ; 0

a a

0; ;

 

, n  ( 3; 1; 1) là VTPT của mp ( OMN ) Phương trình mặt

phẳng (OMN) qua O

với vectơ pháp tuyến

0,5

( 3; 1; 1)

n 

0,25

3

a

O

a x B

MN là đường trung

bình của tam giác

ABC  AB // MN

Ta có:

( ; ( ))

5

  Vậy:

15

5

a

Cách 2

a

a3

M O

B

A

K H

Suy ra d(O, (ABC)) =

OH =

5 5

a

 AB //(OMN) 

d(AB;OM) = d(AB;

(OMN)) =

15

5

a

OM = MN = a , ON

=

a 6

2  SOMN =

2

a 15 8

OB = OM = MB =

a  OBM đều 

SOBM =

2

a 3 4 Gọi I là trung điểm

OC  NI là đường trung bình của

OAC  NI

(OBC) và NI =

a 3 2

VN.OBM =

1

3SOBM.NI

=

3

a 8 Mặt khác, VN.OBM =

0,25

0,25

0,25

0,25

3SOMN.d[B, (OMN)]  d[B, (OMN)] =

NOBM OMN

3V

3a 15

MN là đường trung

bình của tam giác

ABC  AB // MN

 AB //(OMN) 

d(AB;OM) = d(AB;

(OMN)) =

3

15

 a

d B NOM

¿a√15

Ta có

ab bc ca   abc a b c    a bc a  a   a bc

Đặt t= bc thì ta có

0

.Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn

2

(1 ) 0;

4

a

  

0,25

Có f(0) = a(1 – a)

2

a  a

và

0,25

2 2

a

f      a a  

với mọi a 0;1

0,25

Vậy

7 2

27

ab bc ca   abc

Đẳng thức xảy ra khi

a = b = c = 1/3

0,25

Đường tròn (C) có tâm I(2;4) và bán kính R=5

Gọi đường thẳng

0,25

 đi qua Q(5;2)

có phương trình

2 2 0

A B  ,

do tiếp tuyến tại M, N vuông góc với nhau nên MIN 900 hay tam giác MIN vuông cân tại I, suy ra

d I   R 

0,25

Hay

2 2

A B



(*) Chọn B=1 khi đó (*)

2

1

7 24 17 0 17

7

A

A







    

 



0,25

A= -1; B=1:

phương trình đường thẳng  là : -x+y+3=0

17 7

A 

; B=1:

phương trình đường thẳng  là : 17x-7y-71=0

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm:

-x+y+3=0hoặc 17x-7y-71=0

0,25

Gọi K là giao điểm của d và trục Oz 

K(0 ; 0 ; k)

AK   k k

0,25

2

1

2 27

k

k



 

3

k

 

0.25 Với k=3 có

K AK  

0.25

Với k=-3 có

K  AK  

Phương trình d :

;

x y z x y z



0.25

     

   

     

2

2

5 4

0,5

Suy ra,

2 2

đt AH qua H vuông góc BC  (AH) : 6x + y + 1 = 0

A thuộc AH suy ra A(a ; –6a – 1 ) B thuộc BC suy ra B(6b – 4 ; b)

K trung điểm AB suy

ra a = –1 ; b = 0

0,25

Suy ra A(–1 ; 5) , B(–4 ; 0) Pt (AB):

5x – 3y + 20 = 0

0;25

đường cao CH qua

H , vuông góc AB : (CH) : 3x + 5y – 11 = 0

0,25

HC cắt BC tại C suy

ra C(2; 1) suy ra pt (AC) : 4x + 3y – 11 = 0

0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d =>H cố định và AH = const

Do (P)//d nên khoảng

cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (p)

0,25

Gọi I là hình chiếu vuông góc của H trên 0,25

lớn nhất  A ≡ I =>

(p) là mặt phẳng qua

A nhận AH làm VTPT

H ∈d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t)

VàAH⊥ d ⇒ AH u=0¿

- là véc tơ chỉ phương

⇒ H (3 ;1 ;4)⇒ AH(− 7 ;−1 ;5)

0,25

(P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x +y - 5z -77 = 0

0,25

phức z, biết

3

12

z  i z

1,00

Giả sử

, ,

z x yi x y   

3 12 ( ) 3 12

z  i z  x yi  i x yi 

0,25

2 3

x xy x

x xy x y y i x yi





0,25 Do

2 2

x   x  y 

Thế vào (2) ta được

3(3y  1)y y  12  y 2y   y 3 0

(3)

0,25

Giải pt (3) ta được

2

y  x  Do x

> 0 nên x = 2

0,25

Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tương đương.