Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ’... Viết phương trình mặt phẳng P đi qua hai điểm M, N và tạo với đường thẳng d một[r]
Trang 1
Sở giáo dục và đào tạo nghệ an đề thi thử đại học năm 2012-lần thứ II
Trờng thpt thái hoà Môn thi : Toán
Thời gian làm bài :180 phút ==========*=========
I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I(2 điểm): Cho hàm số : y=x3−3 x2−3m(m+2) x−1 (1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0
2.Tỡm m để đồ thị hàm số (1) cú 2 điểm cực trị nằm về hai phớa trục hoành
Câu II (2 điểm)
1.Giải phơng trình: 2( x−2)(3√4 x−4 +√2 x−2)=3 x−1
2.Giải phương trỡnh: (2 sin x−1)tan x= 3
cos x +
2 cos x sin x−1
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = ∫
0
π
4
2x+sin 3 x 1+cos2 x dx
Câu IV (1 điểm): Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh thoi cú đường chộo AC = 2 3a ,BD = 2a
Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cựng vuụng gúc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cỏch
giữa hai đường thẳng SA và CD bằng
a √
2 Tớnh thể tớch khối chúp S.ABCD theo a.
Câu V (1 điểm):Xột cỏc số thực x, y thoả món điều kiện: x−3 √ x+1=3 √ y+2−y
Tỡm giỏ trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = x + y
II.Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ đợc làm 1 trong 2 phần (Phần A hoặc phần B).
A.Dành cho Ban Cơ Bản
Câu VIa (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC cú B(0;2); trung điểm I của đoạn thẳng AC nằm trờn đường thẳng x + y - 4 = 0 và đường phõn giỏc trong gúc A cú phương trỡnh x - 1 =0 Xỏc định tọa độ điểm C biết tam giỏc ABC cú diện tớch bằng 4
2.Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d 1, d 2 lần lượt cú phương trỡnh:
x
1=
y−2
−1 =
z+4
2
và
x +2
2 =
y−3
1 =
z−1
−1 Tỡm điểm M ¿d1 , N ¿d2 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng
(P): x + y + z -2 = 0 và MN = √ 42 .
Câu VIIa.(1 điểm) : Tỡm số phức z thoả món : z 2 i biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.2
B.Dành cho Ban Khoa học tự nhiên
Câu VIb (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng:x3y 8 0, ' :3x 4y10 0 và điểm
A(-2 ; 1) Viết phương trỡnh đường trũn cú tõm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xỳc với đường
thẳng ’
2 Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
d : x−1
1 =
y +2
2 =
z
−2 và hai điểm M(1,1,5); N(2,1,6) Viết phương trỡnh mặt phẳng (P) đi qua hai điểm M, N và tạo với đường thẳng d một gúc ϕ
sao cho cos ϕ=
√ 17
9 .
Câu VIIb (1 điểm):Giải hệ phương trỡnh:
32 x + y + 2+3x + 2 y=27x + y
+ 9 log3( x +1 ) +log3( y + 1 )=1
¿
{ ¿ ¿ ¿
¿
===========Hết==========
Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.
Họ và tờn thớ sinh: Số bỏo danh:
Trang 2Sở giáo dục và đào tạo Nghệ an Kì thi thử đại học năm 2012 – Lần thứ 2
Trờng ThPT thái hoà Môn thi: Toán (Thời gian: 180 phút)
Đáp án- Biểu điểm (gồm 7 trang)
1.(1 đ) Với m = 0 ta cú hàm số: y = x3 - 3x2 - 1
a)Tập xác định: D = R b)Sự biến thiên
+)Chiều biến thiên: y’= 3x2-6x, y’=0 ⇔x=0∨x=2
y’>0 ⇔ x<0∨x>2, y '<0⇔0<x<2
0,25
Hàm số đồng biến biến trên các khoảng ( −∞ ;0 ) và ( 2;+∞ )
H m sà ố nghịch biến trờn khoảng (0;2) +)Cực trị : Hàm số đạtcực đại tại x = 0, yCĐ = -1 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =-5
+)Giới hạn và tiệm cận:
lim
x →−∞
y =−∞ , lim
x →+∞
y =+∞
Đồ thị hàm số khụng cú tiệm cận
0,25
+)Bảng biến thiên:
+
-5 -1
2 0
-
+
+
-
y y'
+)Đồ thị: cắt trục tung tại (0;-1)
4
2
-2
-4
0,25
2.( 1đ )
Ta cú : y’ = 3x2 - 6x - 3m(m+2) Điều kiện cú cực trị : Phương trỡnh y’ = 0 cú 2 nghiệm phõn biệt
⇔ Δ'=9+9 m(m+2 )=9 (m+1 )2>0
⇔ m≠−1
0,25
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(m+2,-2m3-9m2-12m-5) B(-m ;2m3+3m2-1)
0,25
Để A, B nằm về hai phớa của trục hoành thỡ yA.yB < 0 0,25
Trang 3⇔ ( −2 m3−9 m2−12 m−5 )( 2m3+3 m2−1 ) <0
⇔ ( 2 m3+9m2+12 m+5 )( 2 m3+3 m2−1 ) >0
⇔(2 m+5 ) ( 2 m−1 ) ( m+1)4>0
⇔ ( 2 m+5 ) ( 2 m−1)>0
⇔ m<− 5
2 ∨ m>
1 2 Kết luận : m∈(−∞;−5
2)∪(12;+∞)
0,25
1.(1®) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2( x−2)(3√4 x−4 +√2 x−2)=3 x−1
Điều kiện: x≥1
+)x=2 không phải là nghiệm của phương trình
+) x≠2 , ta có PT tương đương: 2(3√4 x−4+√2 x−2)=3 x−1
x−2
0,25
Đặt f(x)=2( √34 x−4 +√2 x−2) ; g ( x)=
3 x−1 x−2 Hàm số f(x) đồng biến trên [1;+∞) nên đồng biến trên [ 1;2) và (2;+∞)
g ' ( x)= −5
( x−2)2<0 ∀ x≠2
nên hàm nghịch biến trên [1;2) và ( 2;+∞ )
=>Phương trình f(x) =g(x) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất trên [1;2) và trên
( 2;+∞ )
0,25
Với x∈[1;2) ta có f (x )≥f (1)=0 ; g( x)≤g ( 1 ) =−2<0 nên phương trình f(x) =
g(x) vô nghiệm trên [ 1;2)
0,25
Với x∈(2;+∞) , nhận thấy f(3) = g(3) => x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình
2.(1 ®): Gi¶i ph¬ng tr×nh: (2 sin x−1) tan x=
3
cos x+
2 cos x sin x−1
Điều kiện:
⇔
¿
x ≠ π +k 2 π
¿
{ ¿ ¿ ¿
¿
0,25
PT <=>
(2 sin x−1)sin x
3
cos x+
2 cos x(sin x +1)
sin2x−1 (vì sinx ¿−1 ) <=>
(2 sin x−1)sin x
3
cos x−
2sin x +2 cos x
0,25
<=>(2sinx -1)sinx = 3 - 2sinx -2
<=>2sin2x + sinx - 1 = 0
⇔
¿
[sin x=−1(l)
[sin x=1
2(tm) [¿
0,25
sinx =
1
2⇔
¿
[x= π
6+k 2 π [x= 5 π
6 +k 2 π
Trang 4Đáp số: PT có hai họ nghiệm x= π
6+k 2 π và x=
5π
6 +k 2 π (k ∈Z )
III
TÝnh tÝch ph©n: I = ∫
0
π
4
2 x+sin 3 x 1+cos2 x dx = ∫
0
π
4
2 xdx 1+cos2 x+∫
0
π
4
sin 3 xdx 1+cos2x
1,0
∫
0
π
4
2 xdx
1+cos2 x = ∫
0
π
4
2 xdx
2 cos2x=∫
0
π
4
xdx
cos2x
Đặt
u= x
dv = dx
=>
¿
du = dx
v = tan x
¿
{ ¿ ¿ ¿
¿
0,25
Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có:
∫
0
π
4
xdx
cos2x=x tan x|0
π
4
−∫
0
π
4
tan xdx= π
4+ln|cos x||0
π
4
=π
4−
1
2ln2
0,25
∫
0
π
4
sin 3 xdx
1+cos2 x=∫
0
π
4
(3−4 sin2x)sin xdx
2 cos2x =∫
0
π
4
(4 cos2x−1)sin xdx
2 cos2x = A
Đặt t = cosx, dt = -sinxdx
Đổi cận x = 0 => t = 1, x =
π
4 => t=
√ 2 2
0,25
A=
−∫
1
√ 2 2
(4 t2−1)dt
2t2 =∫
1
√ 2
1
(2− 1
2 t2)dt=(2 t+ 1
2t)|1
√ 2
1
=5
2−
3
√2
Vậy I =
π
4 −
1
2 ln2+
5
2 −
3
√ 2
0,25
O
A
D
S
K H
Gọi O = AC∩BD⇒ SO⊥ ( ABCD )
Kẻ OK ⊥ AB( K ∈AB ), OH ⊥SK ( H ∈SK ) Chứng minh OH ¿ (SAB)
0,25
d(SA,CD) = d(D;(SAB)) = 2d(O;(SAB)) = 2.OH=> OH =
a √
Trang 5OH 2=
1
SO 2+
1
OK 2=
1
SO 2+
1
OA 2+
1
OB 2
Thay số ta có:
16
3 a2=
1
SO 2+
1
3 a2+
1
a2⇒
1
SO 2=
4
a2⇒SO=
a
2
0,25
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD
V =
1
3 SO SABCD= 1
6 SO AC BD=
1
6 .
a
2 .2a √ 3.2a= a
3
√ 3 Đáp số: V =
a3
√ 3 .
0,25
Ta có : y = P - x Thay vào giả thiết ta có : x−3 √ x+1=3 √ P+2−x+x−P
⇔3 √ x+1+3 √ P+2−x−P=0 (1)
Ta xác định P để (1) có nghiệm
Từ điều kiện bài toán ta có : P+2≥−1 ⇔ P≥−3
0,25
Đặt f (x )=3 √ x+1+3 √ P+2−x−P (−1≤x≤P+2 )
f ' (x )= 3
2 √ x +1 −
3
2 √ P+2−x ; f ' (x )=0 ⇔ x=
P+1
2 Bảng biến thiên :
P+2
P+1 2 -1
3 P+3 -P
3 2P+6 -P
3 P+3 -P f(x)
f'(x) x
0,25
Để phương trình f(x)= 0 có nghiệm thì
3 √2 P +6 − P≥0
3 √P +3 − P≤0
¿
{ ¿ ¿ ¿
¿
⇔
2
¿
¿ { ¿ ¿ ¿
0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
9+3 √ 21
2 khi x=-1; y=
11+3 √ 21 2 hoặc x =
13+3 √ 21
2 ; y=−2 Giá trị lớn nhất của P là 9+3 √ 15 khi x =
10+3 √ 15
2 , y=
8+3 √ 15 2
0,25
PhÇn riªng:
Trang 6a.Dµnh cho ban c¬ b¶n
1.(1®)
I'(2-a;4-a)
I(a;4-a) A
B(0;2)
C D
Gọi I(a;4-a)
I’ là điểm đối xứng với I qua đường phân giác trong góc A Khi đó I’(2-a;4-a) và
I '∈ AB
⃗ BI ' (2ưa;2ưa).
TH1: a =2 I(2;2), I’’’ ¿B SΔ ABI=2.SΔ ABI= AH BI=|yAư2|.2=4
( H= AD∩BI )
=>
[y A=4 [y A=0[ ⇒
¿[A(1 ; 4)
[A(1 ; 0)[ ⇒¿
[C(3 ; 0)
[C(3 ; 4)[¿
0,25
TH2: a ¿1 Chọn vec tơ pháp tuyến của đường thẳng AB là ⃗ n(1;ư1)
Phương trình đường thẳng AB : x - y + 2 = 0 Điểm A là giao điểm của đường thẳng AB và phân giác trong góc A => A(1;3)
⃗ AI= ( aư1;1ưa ) Chọn vec tơ pháp tuyến của đường thẳng AC là ⃗ n' ( 1;1 )
Phương trình đường thẳng AC là x + y - 4 = 0
0,25
SΔ ABC= d(B; AC) AI= |0+2ư4|
√ 2 .|aư1| √ 2=4 ⇔| aư1|=2⇔a=3∨a=ư1 0,25
Với a = 3 ta có I(3;1) =>C(5;-1) Với a = -1 ta có I(-1;5) => C(-3;7) Đáp số : C(5;-1) ;C(-3;7);C(3;0) và C(3;4)
0,25
2 (1®)
Gọi M(t;2-t;-4+2t) ¿d1 ; N(-2+2u;3+u;1-u) ¿d2
Ta có ⃗ MN(ư2+2uưt ;1+u+t ;5ưuư2t )
Do đường thẳng MN song song với mặt phẳng (P) nên ⃗ MN ⃗ nP=0
0,25
⇔ư2+2uưt +1+u+t+5ưuư2t=0
⇔ 4+2 uư2 t=0 ⇔t=u+2
0,25
MN2 =42 ⇔ ( ư2+2 uưt )2+ ( 1+u+t )2+ ( 5ưuư2t )2=0 Thay t = u+2 ta có: (u-4)2 + (2u+3)2 + (1-3u)2 = 42
<=>14u2 -2u - 16 =0 ⇔u=ư1∨u=8
7
0,25
Với u = -1, t = 1 ta có M(1;1;-2) và N(-4;2;2) Với u =
8
7 , t =
22
7 ta có M(
22
7 ;ư
8
7;
16
7 ) và N(
2
7;
29
7 ;ư
1
7 )
0,25
Trang 7Đáp số : M(1;1;-2) và N(-4;2;2) hoặc M(
22
7 ;−
8
7;
16
7 ) và N(
2
7;
29
7 ;−
1
7 )
Gọi số phức z=a+bi (a , b∈R ;i2=−1)
Theo bài ra ta có:
b= a− 3
⇔
¿
b= a− 3
¿
{ ¿ ¿ ¿
¿
0,5
1 2
1 2
a b a b
Vậy số phức cần tìm là: z=2 2+( 1 2)i; z=2 2+( 1 2)i
0,5
B.dµnh cho ban khoa häc tù nhiªn
1.(1®)
Theo yc thì k/c từ I đến ’ bằng k/c IA nên ta có
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
0,25
Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 0,25 2.(1®)
Gọi ⃗ n ( a;b;c ) là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).(điều kiện: a2 + b2 + c2 > 0)
Phương trình mặt cầu (S): ax + by + cz - a -b -5c = 0
Vì (P) đi qua N(2;1;6) nên ta có: a + c =0
0,25
Ta có sin ϕ=8
9 Do đó ta có :
| a+2b−2c|
√ a2+ b2+ c2 √ 12+ 22+(−2)2
= 8 9
Từ đó suy ra 3|a+2b−2c|=8 √ a2+ b2+ c2
Thay c = - a ta có
3|3a+2b|=8 √ 2a2+ b2
0,25
Bình phương hai vế: 9(9 a2+12 ab+4 b2)=64(2 a2+b2)
¿
⇔ 47a2−108ab+28b2=0
⇔
[ a=2b
[ 47a=14b [ ¿¿
0,25
Với a = 2b, c = -a , chọn a =2, b = 1, c = -2 ta có phương trình mặt phẳng (P):
2x + y - 2z + 7 = 0
Với 47a = 14b, c =-a, chọn a = 14, b =47, c =-14 ta có phương trình mặt phẳng (P):
14x +47y-14z +9 = 0
Đáp số: Phương trình mặt phẳng (P): 2x + y - 2z + 7 = 0
14x +47y-14z +9 = 0
0.25
VIIb
Giải hệ phương trình:
32 x + y + 2+3x + 2 y=27x + y
+ 9 (1 ) log3( x +1 ) +log3( y + 1 )=1 ( 2 )
¿
{ ¿ ¿ ¿
¿
1,0
Trang 8Điều kiện: x>-1; y>-1
Đặt a=32 x+ y;b=3x+2 y (a,b>0) Thay vào (1) ta có: 9a + b = ab + 9
⇔(a−1) (b−9)=0
⇔ a=1∨b=9
0,5
Với a =1 ta có 2x + y = 0 <=> y = -2x Thay vào (2) ta có phương trình :
log3( x +1)+log3(1−2 x)=1
⇔
−1< x <1
2 (x+1 )( 1−2 x )=3
¿
¿ { ¿ ¿ ¿ (hệ vô nghiệm)
0,25
Với b = 9 ta có x + 2y = 2 <=> x = 2-2y Thay vào (2) ta có phương trình :
¿
−1 < y <3
2
( 3−2 y ) ( y + 1 )=3
⇔
¿
[y=0
[y =1
2 [ log3( 3−2 y ) +log3( y +1 ) =1
⇔
{ ¿ ¿ ¿
Với y = 0 ta có x = 2 Hệ có nghiệm (x ;y) : (2 ;0)
Với y =1/2 ta có x = 1 Hệ có nghiệm (x ;y) : (1 ;1/2)
Đáp sô : Hệ có nghiệm (x ; y) : (2 ;0) và (1 ;1/2)
0,25