* Chú ý: - Thí sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa - Câu hình học không gian câu 4, nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm.[r]
Trang 1SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm).
Cho hàm số:
2 1
x y x
có đồ thị là (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận của (C), M là điểm thuộc (C) có hoành độ lớn hơn 1 Viết
phương trình tiếp tuyến của (C) tại M biết tiếp tuyến đó vuông góc với IM.
Câu 2 (2 điểm)
1 Giải phương trình:
3
cos
x
2 Giải bất phương trình: 2 2
3 x1 2x3 1 3x4
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân:
4
2 6
cos ln(1 sin ) sin
x
Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O; tam giác SBD đều cạnh 2a,
tam giác SAC vuông tại S có SC a 3; góc giữa mp(SBD) và mặt đáy bằng 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa đường thẳng AC và đường thẳng SB.
Câu 5 (1 điểm) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn: a b c 12 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S
II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B.
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 6.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 144 Gọi điểm
(2;1)
M là trung điểm của đoạn AB; đường phân giác trong góc A có phương trình AD x y: 3 0
Đường thẳng AC tạo với đường thẳng AD góc mà
4 cos
5
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có tung độ dương.
Câu 7.a (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2P x y 2z0 và các đường thẳng
Viết phương trình đường thẳng nằm trong mp(P), vuông
góc với d1 và cắt d2.
Câu 8.a (1 điểm) Tính z i z. biết z là số phức thỏa mãn: (z 2)(z1) là số thuần ảo và z 3
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 6.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) :C x2y2 4x6y 9 0 và đường thẳng d x y: 1 0 Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ngoại tiếp đường tròn (C) biết rằng đỉnh A thuộc đường thẳng d và có hoành độ dương.
Câu 7.b (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng
:
và mặt phẳng
(P): x y z 3 0 Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mp(P) Viết phương trình đường thẳng
nằm trong mp(P), vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến bằng 42
Câu 8.b (1 điểm) Giải phương trình:
log x x.( 1) log log (x x x) 2 0
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2012-2013
MÔN: TOÁN – Khối A, A 1 , B, D
Thời gian làm bài: 180 phút
Trang 2- Thí sinh thi khối D không phải làm câu 5.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
1
1 Khảo sát và vẽ (C):
2 1
x y x
* TXĐ: D R \ 1
* Sự biến thiên:
- Giới hạn:
2
1
x y
x
tiệm cận ngang là đường thẳng y 1
tiệm cận đứng là đường thẳng x 1
- Chiều biến thiên: 2
3
( 1)
y x
hàm số đồng biến trên TXĐ D
- Bảng biến thiên:
'
y
y
1
1
* Đồ thị: - Đồ thị hàm số đi qua điểm (0; 2) , (2;0), ( 2; 4) , ( 4;3) và đối xứng qua
điểm I ( 1;1)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2 Viết phương trình tiếp tuyến…
- Giao điểm của 2 tiệm cận là I ( 1;1)
- Gọi
2
1
a
a
, (a 1), suy ra phương trình tiếp tuyến tại M là:
2
a
3 1;
( 1)
u
a
0,25đ
0,25đ
Trang 3- Vectơ
3 1;
1
a
- Tiếp tuyến vuông góc với IM khi và chỉ khi 3
9
( 1)
a
Vậy phương trình tiếp tuyến là: y x 2 2 3
0,25đ
0,25đ
2
1 Giải phương trình lượng giác:
3
cos
x
(1)
* ĐK: cosx 0 x 2 m , m Z.
2
2
cos 2 sin 2 cos sin 0 sin 2 cos 2 sin cos
x
x
2 2 2
- Kết hợp điều kiện ta được 2 họ nghiệm:
2
x k x k k Z
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2 Giải bất phương trình: 2 2
3 x1 2x3 1 3x4
(1)
(1)9 x1 6x9 1 3x4 3x3 6x9 1 3x4
(2)
- Đặt t 3x4 (t0) 3x t 2 4, BPT (2) trở thành:
2 12 2 2 1 1 2 12( 1)2 (2 2 1) 0 122 2 0
1
4
3
x x
- Vậy BPT ban đầu có tập nghiệm là: 4; 1 0;
3
T
0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ
Trang 4Tính tích phân:
cos ln(1 sin ) cos ln(1 sin )
6
- Tính
4
2 6
ln(1 sin ) sin
x
x
Đặt 2
1 sin cot sin
x dx
x
2
4 6
4 4
4 6
6 6
3 ln ln
x K
- Tính
4
6
x x
Vậy
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
4
* Tính thể tích…
- Trong mp(SAC) dựng SH AC tại H.
- Do SBD đều nên SOBD , lại do ABCD là hình thoi nên ACBD
- Vì SBDđều có cạnh 2a SO a 3 và SOBD
- Lại do COBD SOC 600 là góc giữa mp(SBD) và mp(ABCD) 0,25đ
I S
H
O D
A
Trang 50 3 3 sin 60 3
a
- Nhận thấy: SOC có SC SO a 3, SOC 600 SOC là tam giác đều
2
.
ABCD
a
* Tính khoảng cách giữa SB và AC.
- Gọi I là trung điểm SD OI SB// mp(IAC) //SB
- Ta thấy: I là trung điểm SD nên
1
2
d I ABCD d S ABCD
; Lại thấy:
3
a
;
- Lại có: CD2 CO2OD2 3a2a2 4a2
Tam giác ICO có
OI OC
2
13
4
1 3
.
:
D IAC IAC
h S
Vậy V S ABCD. a3 3 và
3
13
a
d AC SB
0,25đ
0,25đ
0,25đ
5
- Đặt x a y, b z, c x y z, , 0, x2y2z2 12
6
y6
z6
- Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 2√1+x3=2√(1+x)(1− x +x2
)≤ 1+x +1 − x +x2
=x2+2 ; dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=2
- Tương tự: 2 1y3 y22, 2 1z3 z22;
các dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y2, z2
- Áp dụng các kết quả trên và giả thiết ta được:
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 6
2 2 2
2 5
2
S
- Áp dụng BĐT AM-GM ta được: 1
2x
3 +1
2x
3+4 ≥ 3 x2⇒ x3≥3 x2− 4 , dấu “=” xảy ra
⇔ x=2
Tương tự suy ra
x3
+y3
+z3≥3 (x2
+y2 +z2 )−12 ≥ 3(x2
+y2 +z2 )−(x2 +y2 +z2)=2(x2
+y2 +z2 ) Suy ra S ≥8(x
2 +y2 +z2
)2
5(x2 +y2 +z2 )=
8(x2 +y2 +z2 )
96
5 , dấu “=” xảy ra ⇔ x= y=z=2
Vậy min
96
5
S x y z a b c
0,25đ
6.a
* Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AD
'
+ Ta có pt MM x y' : 1 0
+ Gọi I MM'AD I ( 1; 2)
+ Do I là trung điểm MM' M ( 4; 5)
* Đường thẳng AD có vtpt là n (1;1)
+ Giả sử đường thẳng AC có vtpt là
n 1 ( ; ), a b a2b2 0
+ Theo giả thiết suy ra:
1
7
+ Với a7b, chọn b 1 a 7 pt AC: 7x y 33 0
- Điểm
- Điểm M(2;1) là trung điểm của AB B9;0
(loại) + Với b7a, chọn a 1 b 7 pt AC x: 7y39 0
- Điểm M(2;1) là trung điểm của AB B1;8
(thỏa mãn đk)
48
5 2
;
* Nhận thấy: '
Lại vì M’ nằm giữa A, C nên AC3AM' C ( 18; 3)
Vậy A 3; 6
, B 1;8, C ( 18; 3) là các điểm cần tìm.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
A
M’
M
I
D
Trang 7- Ta thấy: mp( )P có vectơ pháp tuyến là n (2; 1; 2)
; Đường thẳng d1 có vectơ chỉ phương là: u 1 (1;3;2)
- Gọi
2
1
0
x
z
- Giả sử đường thẳng có vectơ chỉ phương là u
( )P u n
nên có thể chọn un u, 1 ( 8; 2;7)
+ Lại do ( )P và cắt d 2 đi qua A (1;2;0) Vậy phương trình đường thẳng
:
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
8.a
- Giả sử z a bi , ( ,a b R ) z a bi và
2 2
z a b
+ Ta có (z 2)(z1)(a 2)bi (a1) bi (a 2)(a1)b23bi
là số thuần ảo khi và chỉ khi (a 2)(a1)b2 0 a2b2 a 2 0 (1)
+ Mặt khác:
z a b a b
(2)
+ Từ (1) và (2) ta được a1, b 2
2
2
z i z
Vậy z i z. 2 2 hoặc z i z. 2 2
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
6.b
- Đường tròn (C) có tâm I (2; 3) , bán kinh R 2
- Vì đỉnh A d x y : 1 0 A( ;a a 1) với a 0
- Vì đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD nên tâm của đường tròn (C) cũng là tâm
của hình vuông và IA R 2 2 2 IA2 8 2(a 2)2 8
+ Vì I là trung điểm AC C(0; 1) Đường thẳng BDAC tại I pt BD x y: 5 0
- Lại thấy các đỉnh B và D là giao điểm của đường thẳng BD và đường tròn ngoại tiếp
hình vuông ABCD suy ra tọa độ B, D là nghiệm của hệ phương trình:
4 1
(0; 5), (4; 1)
5
x y
y
Vậy các đỉnh của hình vuông là: A(4; 5), B(4; 1), C(0; 1), D(0; 5) hoặc A(4; 5), B(0; 5), C(0; 1), D(4; 1)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
7.b - Vì M d ( )P M (0; 1; 2)
- Mp(P) có vectơ pháp tuyến là: n (1;1;1)
,đường thẳng d có vectơ chỉ phương là: 0,25đ
Trang 8(2;1; 1)
u Do đường thẳng cần tìm nằm trong mp(P) và vuông góc với đường
thẳng d nên đường thẳng có vectơ chỉ phương là: u1n u, ( 2;3; 1)
- Gọi N x y z( ; ; ) là hình chiếu vuông góc của M trên , suy ra MN( ;x y1;z2)
+ Theo giả thiết suy ra:
1
(4;0; 7)
( 4; 2;3)
42
N
N
MN
- Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán:
:
:
x y z
0,25đ
0,25đ
0,25đ
8.b
* Giải PT:
log x x.( 1) log log (x x x) 2 0
(1)
- ĐK: x 1
2 2
2
x
2
2
1
2 0
2 1
1 4
4
x
x
x
- Kết hợp điều kiện ta thấy PT(1) có duy nhất một nghiệm: x 2
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
* Chú ý: - Thí sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
- Câu hình học không gian (câu 4), nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm
- Thí sinh thi khối D không phải làm câu 5, điểm của câu đó được tính vào câu 1 (mỗi ý 0,5 điểm)