De va DA thi thu khoi A lan cuoi 2012

Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng nối 2 điểm cực trị của (Cm) đến tiếp tuyến của (Cm) tại điểm có hoành độ bằng 1 l[r]

TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012

Môn: TOÁN - Khối: A,B

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )

Câu I ( 2,0 điểm) Cho hàm số y=x3

+3 x2− mx+2 có đồ thị là (Cm)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=0

2 Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho khoảng cách từ trung điểm của đoạn

thẳng nối 2 điểm cực trị của (Cm) đến tiếp tuyến của (Cm) tại điểm có hoành độ bằng 1 là lớn nhất

Câu II ( 2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

1 1 2 3 3 3

2 Giải bất phương trình:

3

( 2 3) ( 2 3) ( 2 3) 3( 2 3)( 2 3)( 2 3) a b c b c a c a b a b cb c ac a b               

Câu III ( 1,0 điểm) Tính

3

3

2 3 2 3 2 3 2 3)( 2 3 )( 2 3 )

a b c b c a c a b a b c b c a c a b               

Câu IV ( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều và ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Tính theo ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ thể tích của khối chóp S.ABCD, biết

rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

Câu V ( 1,0 điểm) Cho a, b, c là 3 số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3

( 2 3 ) ( 2 3 ) ( 2 3 ) 3 ( 2 3 )( 2 3 )( 2 3 ) a b c b c a c a b          a b c b c a c a b      

PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần, phần A hoặc phần B)

A.Theo chương trình chuẩn:

Câu VI a ( 2,0 điểm).

1 Trong mặt phẳng tọa độ 1 1 1 3 1

2 3 2 3 2 3 2 3)( 2 3)( 2 3)

a b c b c a c a b a b c b c ac a b              cho tam giác 6( )(1 1 1) 9

2 3 2 3 2 3

a b c

a b c b c a c a b

      vuông tại a b c b c a c a b abc2 3 2 3 2 3 2       1 1 1 3 1  , biết 3 1 2( )

2 3a b c

  và 2 đối xứng nhau qua gốc tọa độ Đường phân giác trong của góc

2 3 2 3 2 3

3 2( ) 2( ) 3

a b c b c a c a b

a b c

a b c

       



 

  

 có phương trình là  abc12 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng    a b c12đi qua điểm B bb C b b(5 2 ; ), (2 5; )  

2 Cho mặt cầu

z − 3¿2=9

y − 2¿2+¿

x −1¿2+¿

(S):¿

và Δ: x − 6

−3 =

y − 2

2 =

z − 2

2 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua

M (4 ;3 ; 4), song song với đường thẳng Δ và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (z+1)(1+i)+ ¯ z −1

1− i=¿z¿

2

B Theo chương trình nâng cao:

Câu VI b ( 2,0 điểm).

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 3x + y – 4 = 0 và elip O (0;0)  BC

Viết phương trình

đường thẳng  vuông góc với (d) và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3.

2 Trong không gian tọa độ ABCcho mặt phẳng I (2; 4) và hai điểm I  AB ABC .

Gọi BI b   2 3;4b

là hình chiếu của       11 2;2

(2 3)(112)(4 )(2 )0 5 30 250

b b b b b b



        trên b B C A B    1 (3;1),(3;1) (3;1) Tính độ dài đoạn b B C   5 ( 5;5), (5; 5) Tìm phương trình đường thẳng 31 17;

5 5

A 

  

 

nằm trong mặt phẳng 31 17; ; ( 5;5); (5; 5)

5 5

A  B C 

đồng thời 2

9 4

x y

E   đi qua giao điểm của    3 5 3 5m với 2 2 2

2 2 2 1 1 2

10 10

3 15

AB x x y y x x m       

và ( , ) 10

m

d O  

vuông góc với 1 ( , ) 3

2

OAB

SABd O 

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 16m4720m28100 0 m3 102

_Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……… ;Số báo danh………

TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN - Khối: A,B

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Đáp án - Hướng dẫn chấm

I

(2,0đ)

I.1

I.2

y=x3+3 x2− mx+2 có

đồ thị là (Cm)

1 Khảo sát sự biến thiên

và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 3 3 10 0

2

x y 

Ta có hàm số:

   

  2  

( 2;5; 3), (3; 2;1) 19 sin , ( ) cos ,

532

361 171 cos ,( ) 1 sin ,( ) 38 1

532 14

AB n

AB AB n

EF AB AB AB AB







 

    

 

     

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Tập xác định của hàm số là: AB

0,25

Bảng biến thiên:

Hàm số nghịch biến trên khoảng u AB n , (1;7;11) 

 

  

Hàm số đồng biến trên

6





Hàm số đạt cực tiểu tại x

= 0, y CT = 2 và hàm số đạt

cực đại tại x = -2, y CĐ = 6

0,25

0,25

 đồ thị có điểm uốn 2

log

u x là tâm đối xứng

Đồ thị:

0,25

x y’

y

-2



+

6

2 0

Vậy đồ thị nhận điểm I(

-1;4) làm tâm đối xứng

Có y ,=3 x2+6 x −m Hàm số có cực đại cực tiểukhi và chỉ khi pt

y ,=3 x2+6 x −m =0 có

2 nghiệm phân biệt

⇔ Δ '

=9+3 m

0⇔m>−3 (*)

0,25

Giả sử A(x1; y1) và

B(x2; y2) là các điểm

cực trị của đồ thị hàm số

với x 1 , x2 là các nghiệm của (1) Theo định lý Viet

ta có x1 + x2 = -2

⇒ Trung điểm của

đoạn thẳng AB là I(-1; m

+ 4 )

0,25

Tiếp tuyến Δ của đồ thị

(Cm) tại điểm có hoành

độ x = 1 có pt là y= y ,(1)(x −1)+ y (1)

⇔(m− 9)x+ y+3=0

m −9¿2+1

¿

m −9¿2+1

¿

¿

√¿

¿

√¿

d=d (I , Δ)=|(m− 9)(−1)+m+4+3¿ |

0,25

d lớn nhất m− 9¿

2

+1

¿

⇔√¿

nhỏ nhất

m− 9¿2+1

¿

¿

√¿

Dấu = xảy ra khi m = 9 (tm *).Vậy m=9

0,25

(2 đ)

II 1

3 3





(1) Điều kiện:

2 3 2 3 3( ) ( )( 3) 0

u v u v

u v v u u v u uv v

     

 

 

       

 

 

2

2 4

u uv v   u v  v   u v

3

3

1

2 3 (*)

2

u v

 

2

1

2

2

Vậy phương trình có nghiệm:

1 2



x

,

4



x

0,25

0,25

0,25

0,25

II.2

2

1

2 1

x

x

x x x





Điều kiện:

2

2

x x x





 2 

2

1

1 1



x x x x x

x

x x x

x x x x x x x

2

2

0

1

3





x x

x x

x x x x x

0,25

0,25

0,25

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:

 ;0

  

T

0,25

Câu III

(1 đ)

4

4

0

1 cos 2

d x

x













Đặt usint

2



Vậy

1 ln(2 2 2) 2

M  

0,25

0,25

0,25

0,25

IV

(1đ)

K

H

D

C B

A

S

Gọi H là giao điểm của

AC và BD Do (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên SH vuông góc với (ABCD) Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng SD Do ABCD là nửa lục giác đều nên AB vuông góc với

BD, kết hợp với AB vuông góc với SH suy ra

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

BK là đoạn vuông góc chung của AB và SD suy

ra ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

0,25

0,25

0,25

Do BC//AD suy ra

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ Mặt khác ta có

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #################

###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #################

###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #################

###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ Vậy

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #################

###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ( đvtt)

0,25

Câu V

(1 đ) Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng – trung bình

nhân (TBC - TBN) ta có:

6(a+b+c)=

3

(a2 3 ) (b c  b2 3 ) ( 2c a  c a b3 ) 3 ( a2 3 )(b c b 2 3 )( 2c a c  a b3 ) (1)

3

3

a b c b  c a c  a b  a b c b c a c a b

(2) Lấy (1) nhân (2) theo vế,

ta được:

a b c

Suy ra

a b c b  c a c  a b  a b c 

Do đó F

2a b c 3 a b c

  2

 (BĐT giữa TBC – TBN) (3) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi đồng thời xảy ra dấu “=” ở (1), (2) và (3) khi và chỉ khi

a b c

a b c





 







1 2

a b c

Vậy giá trị nhỏ nhất của F

là 2 đạt được khi

1 2

a b c

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu VI a.1

Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong gócABC

nên I(2;4)và IAB

Tam giác ABC vuông tại

A nên

BI  b  b

vuông góc với



CK b b

5

b

b







Với

b  B C    A B

(loại) Với

b  B  C 

31 17

;

5 5

A 

Vậy các đỉnh của tam giác là

31 17

5 5

A  B  C 

0,25 0,25

0,25

a.2



n P(a ;b ;c )(a2+b2+c2≠ 0)

(P):a (x − 4)+b ( y − 3)+c (z − 4)=0.

Vì (P)// Δ nên n P ⊥  u Δ ,

thẳng Δ. Suy ra −3 a+2b+2 c=0 ⇔a= 2b+2 c

3 (1)

Mặt khác, (P) tiếp xúc với mặt cầu (

lần lượt là tâm và bán kính của (

(2)

Từ (1) và (2) ta có b+c¿2=(2 b+2 c3 )2+b2

+c2⇔ 2b2− 5 bc+2c2

=0

¿

* Với c=0 ⇒ b=a=0 (ktm)*

Với c ≠ 0 , ta có (3)⇔ 2(b c)2−5 b

c+2=0⇔ b

c=2

Với b c=2 , ta chọn b=2 ,c =1⇒ a=2

chứa Δ.

Với b c=1

2, ta chọn b=1, c=2 ⇒ a=2

Vậy mặt phẳng cần tìm là:

0,25

0,25

0,25

0,25

CâuVII.a

z=x +yi(x , y ∈ R).

Khi đó (z+1)(1+i)+ ¯ z −1

1− i=|z|

2

⇔( x+1+yi)(1+i)+ (x −1 − yi )(1+ i)

2

+y2⇔3 x +1− y+(3 x +1+ y)i=2(x2

+y2) 0,25

0,25

3 x+1 − y =2(x2+y2)

3 x +1+ y=0

⇔ y=−(3 x+1)

10 x2+3 x=0

⇔

¿x =0 , y=−1 x=− 3

10, y=−

1

10 .

Vậy z=−i hoặc

z=− 3

10 −

1

10i.

0,25 0,25

Câu VIb

VI.b.1

(1 đ)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d

Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với (

OAB có diện tích bằng 3.

vuông góc với đường thẳng (d) nên có phương trình x – 3y

Phương trình hoành độ giao điểm của  và (E):

+ 2mx + m2  36 = 0 (1)

) tại hai điểm phân biệt A(x1; y1), B(

phân biệt

3 5 m 3 5

   (2)

16 720 8100 0

2

(thỏa điều kiện (2)) Vậy phương trình đường thẳng :

3 10

2

x y 

0,25

0,25 0,25

0,25

VI.b.2

( 2;5; 3), (3; 2;1)

19 sin ,( ) cos ,

532

361 171 cos ,( ) 1 sin , ( ) 38 1

532 14







 

AB cắt ( ) tại

(6; 1;9)

K 

u AB n 

Vậy đường thẳng

6

9 11

x t

y t

z t

 





  



0,25 0,25 0,25

0,25

Câu VII

b

(1 đ)

log x3 2 3log x2

2

log

u x và v3 2 3 u  v3 2 3 u

2

u uv v  u v  v   u v

3

3

1

2 3

(*)

2

u v

 

2

1

2

u  x  x

2

u  x  x

Vậy phương trình có nghiệm

1 2



x

, x4

0,25

0,25

0,25

0,25

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.