Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.. CâuVII.b(1điểm)..[r]
Trang 1TRƯỜNG THPT
MAI ANH TUẤN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2012
Mụn thi : TOÁN Khối A
(Thời gian làm bài 180 phỳt , khụng kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Cõu I(2 điểm) : Cho hàm số y=x3+3 x2−(m+1) x+2 cú đồ thị là (Cm)
1.Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số khi m = -1
2.Tỡm cỏc giỏ trị của m để hàm số cú cực đại và cực tiểu sao cho khoảng cỏch từ trung điểm của đoạn thẳng
nối 2 điểm cực trị của (Cm) đến tiếp tuyến của (Cm) tại điểm cú hoành độ bằng 1 là 8√2
Cõu II (2 điểm) :
1.Giải phương trỡnh sau : 2 tan x+cot x =2sin 2 x+ 1
sin 2 x
2.Giải hệ phương trỡnh sau
¿
4 x2+y2+y=4 xy+2 x+2
8√1+2 x=9 − y2
¿{
¿
Cõu III (1 điểm) : Tớnh tớch phõn: I = ∫
0
π
4
sin x ln (cos x)
cos2x
Cõu IV (1 điểm) : Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh thoi ; hai đường chộo AC = 2 3a, BD = 2a
và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cựng vuụng gúc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cỏch từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng
3 4
a
, tớnh thể tớch khối chúp S.ABCD theo a
Cõu V (1 điểm) : Cho x,y,z là ba số thực dương cú tổng bằng 3.Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức
P3(x2y2z2) 2 xyz
PHẦN RIấNG (3 điểm) (thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)
A.Theo chương trỡnh chuẩn
Cõu VI.a (2 điểm) :
1 Cho hỡnh bỡnh hành ABCD cú diện tớch bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chộo nằm trờn đường thẳng y = x Tỡm tọa độ đỉnh C và D
2 Trong khụng gian toạ độ cho đường thẳng d:
x y z
và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0 Gọi M
là giao điểm của d và (P) Viết phương trỡnh đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuụng gúc với d đồng thời thoả món khoảng cỏch từ M tới bằng 42
Cõu VII.a (1 điểm): Cho số phức z thoả món : z2z (1 2 ) (1 )i 2 i Tỡm mụđun của số phức z
B.Theo chương trỡnh nõng cao
CõuVI.b (2điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm
của đờng thẳng d1: x − y −3=0 và d2: x + y −6=0 Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục
Ox Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2.Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d :
Lập phương trỡnh mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cỏch từ d tới (P) là lớn nhất
CõuVII.b(1điểm) Giải bất phương trỡnh:
2
log ( 1) log ( 1)
0
5 6
Hết
Họ tờn thớ sinh……… SD………
Trang 2Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KHỐI A
I 1 Với m = -1 hàm số trở thành y=x3+3 x2+2
TXĐ:R
Sự biến thiên:
x=0
¿
x=− 2
¿
¿
¿
¿
¿y ,=3 x2+6 x=3 x (x +2)
y ,=0⇔ ¿
bbt
x − ∞ -2 0 +
∞ y’ + 0 - 0 +
y 6
+∞ − ∞ 2
6
Hàm số đb trên ( − ∞;−2¿ và (0 ;+ ∞) , nb trên(-2;0) Cực trị Giới hạn Đồ thị 2
-2 0 1
0.25
0.25
0.25
0.25
2 Có y ,=3 x2+6 x −(m+1)
Hàm số có cực đại cực tiểu khi và chỉ khi pt y ,=3 x2+6 x −(m+1) =0 (1) có 2 nghiệm
phân biệt
⇔ Δ '
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 + 5 )
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− 8)x+ y +3=0
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 3m− 8¿2+1
¿
m− 8¿2+1
¿
¿
√¿
¿
√¿
d=d (I , Δ)=|(m− 8)(−1)+m+5+3|
¿
Theo gt , ta có
m−8¿2+1
¿
¿
16
√(m −8 )2+1=8√2⇔√¿
(t/m (*) )
Vậy m = 9 hoặc m = 7
II 1 Đk sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ /2
Khi đó Pt tương đương 2(2 sin2x +cos2x )=2 sin22 x +1
⇔2 cos2
2 x −cos 2 x=0
⇔ cos2 x=0
¿
cos2 x=1/2
¿
¿
¿
¿
¿
* cos s 2 x =0 ⇔ x= π
4+kπ /2 tmđk
* cos 2 x=1/2 ⇔ x± π /6+kπ tmđk
0.25
0.25 0.25
0.25
2
* Giải
¿
4 x2+y2+y=4 xy+2 x+2(1)
8√1+2 x=9 − y2(2)
¿{
¿
(1)
2 x − y¿2−(2 x − y )−2=0 ⇔
¿
2 x − y=−1
¿
2 x − y=2
¿
¿
¿
¿
⇔¿
* 2x – y = -1 ⇔ y =1+2 x Thế vào (2) được 8√y=9 − y2 Đặt t =
√y (t ≥ 0)
Ta được (t −1)(t3+t2+t +9)=0 ⇔ t=1 (Do t>0) ⇒ y=1 ⇒ x=0
* 2 x − y =2 ⇔ y+3=1+2 x Thế vào (2) được
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 48√y+3=9 − y2⇔√y +3[8+( y −3)√y +3]=0⇔
y=−3 ⇒ x=− 1/2
¿
8+( y − 3)√y+3=0 (3)
¿
¿
¿
¿
¿
Xét pt (3) Đặt t = √y+3(t ≥ 0) ta được t3−6 t +8=0 (4) Xét f(t) = t3−6 t +8
với t ≥ 0
Ta chứng minh được( Lập BBT) f(t) > 0 với mọi t ≥ 0 Vậy (4) vô nghiệm nên (3) vn
KL: Hệ có 2 nghiệm (0;1), (-1/2; -3) III Đặt t = cosx ⇒dt=−sin xdx
Đổi cận x = 0 thì t = 1; x = π4 thì t = √2
2
I= −∫ 1
√ 2 2
ln t
t2 dt=∫
√ 2 2
1
ln t
t2 dt Đặt
¿
u=ln t
dv=1
t2dt
⇒
¿du=1
t dt
v =−1 t
¿{
¿
⇒ I=− 1
t lnt¿√ 2 2
1 +∫
√ 2 2
1 1
t2dt=−
√2
2 ln 2 −
1
t ¿√ 2 2 1
I= √2− 1−√2
2 ln2
0.25
0.25
0.25
0.25
IV Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O
của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3; BO = a , do đó
600
A DB
Hay tam giác ABD đều
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO (ABCD)
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta
có DH AB và DH = a 3; OK // DH và
a
OK DH
OK AB AB
(SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) , hay OI
là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 2 2 2
2
a SO
OI OK SO
Diện tích đáy S ABCD 4SABO 2.OA OB. 2 3a2;
0.25
0.25
0.25
Trang 5đường cao của hình chóp 2
a
SO
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
a
0.25
V Ta c ó:
2
27 6 ( ) 2 ( 3)
xy yz zx xyz
x y z yz x
2
2 1
2
y z
Xét hàm số f x( )x315x2 27x27 , với 0<x<3
( ) 3 30 27 0
9
x
x
x 0 1 3
y’ + 0
y
14
Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 x y z 1
0.25
0.25
0.25
0.25
VI.a 1
Ta có: AB 1; 2 AB 5
Phương trình của AB là: 2x y 2 0
I d y x I t t
I là trung điểm của AC và BD nên ta có:
2 1; 2 , 2 ;2 2
Mặt khác: S ABCD AB CH 4 (CH:
chiều cao)
4 5
CH
Ngoài ra:
;
0 1;0 , 0; 2
t
d C AB CH
Vậy tọa độ của C và D là
C D
hoặc C1;0 , D0; 2
0.25
0.25
0.25
0.25
S
A
B K
H C
O
I D
3a
a
Trang 62 Ta cú phương trỡnh tham số của d là:
3 2 2 1
toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2 2 1
2 0
x y z
(1; 3;0)
M
Lại cú VTPT của(P) là n P(1;1;1)
, VTCP của d là u d(2;1; 1)
Vỡ nằm trong (P) và vuụng gúc với d nờn VTCP u u n d, P (2; 3;1)
Gọi N(x; y; z) là hỡnh chiếu vuụng gúc của M trờn , khi đúMN x( 1;y3; )z
Ta cú MN
vuụng gúc với u
nờn ta cú phương trỡnh: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại cú N(P) và MN = 42 ta cú hệ: 2 2 2
2 0
x y z
x y z
Giải hệ ta tỡm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
Nếu N(5; -2; -5) ta cú pt
:
x y z
Nếu N(-3; -4; 5) ta cú pt
:
x y z
0.25
0.25
0.25
0.25
VIIa Gọi z = x + yi ⇒ z −
=x −yi ⇒ z+2 z −=3 x − yi
(1+2i)2(1-i) = 1 + 7i
Từ đú ta cú hệ
¿
3 x=1
− y =7
¿{
¿
⇒ z=¿ 1/3 – 7i
|z|=√442 3
0.25 0.25
0.5
VIb 1 Ta có: d1∩ d2=I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
¿
x − y − 3=0
x + y −6=0
⇔
¿x=9 /2 y=3 /2
¿{
¿
Vậy I(92;
3
2)
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒ M=d1∩Ox
Suy ra M( 3; 0)
Ta có: AB=2 IM=2√ (3 −9
2)2+(32)2=3√2 Theo giả thiết: SABCD=AB AD=12⇔ AD= SABCD
AB =
12
3√2=2√2 Vì I và M cùng thuộc đờng thẳng d1 ⇒d1⊥ AD
Đờng thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1 ;1) làm VTPT
0.25
0.25
0.25
Trang 7nên có PT: 1(x − 3)+1( y − 0)=0 ⇔ x+ y −3=0 Lại có: MA=MD=√2
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
¿
x + y −3=0
√(x −3)2+y2=√2
¿ {
¿
⇔ y=− x +3 ( x − 3)2+y2=2
⇔
¿y=− x+3
¿
3 − x¿2=2
¿
⇔
¿
¿y=3 − x ( x −3)2+¿
0.25
2 Gọi H là hỡnh chiếu của A trờn d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đú khoảng
cỏch giữa d và (P) là khoảng cỏch từ H đến (P)
Giả sử điểm I là hỡnh chiếu của H lờn (P), ta cú AH ≥ HI => HI lớn nhất khi
A ≡ I
Vậy (P) cần tỡm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH
làm vộc tơ phỏp tuyến
H ∈ d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t) vỡ H là hỡnh chiếu của A trờn d nờn
u=(2 ;1;3)
AH⊥ d ⇒ AH u=0¿ là vộc tơ chỉ phương của d)
⇒ H (3 ;1 ;4)⇒ AH(−7 ;− 1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
⇔ 7x + y -5z -77 = 0
0.25 0.25 0.25
0.25 VIIb Đk: x > - 1
bất phương trỡnh
3 3
3
3log ( 1) 2log ( 1)
log 4
0 ( 1)( 6)
x x
3 log ( 1)
0 6
x x
0 x 6
0.25
0.25 0.25 0.25
………… Hết……….