a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số... Chứng minh rằng mặt phẳng P luôn đi qua một đường thẳng cố định khi m thay đổi.. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S={ }1... a Khảo sát và vẽ đồ
Trang 1GIA SƯ ĐỨC KHÁNH – 0975.120.189 – 0563.602.929 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP Quy Nhơn
SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG QUỐC HỌC QUY NHƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2012 - 2013
Mơn thi: TỐN; Khối A
Thời gian làm bài : 180 phút, khơng kể thời gian phát đề
Câu 1 Cho hàm số y = x 3 − 6x 2 + 9x
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C của hàm số biết : Tiếp tuyến tạo với đường thẳng
( )∆ : x+ + = một gĩc y 1 0 ϕ sao cho cos 4
41
ϕ = và tiếp điểm cĩ hồnh độ nguyên
0 x0 6x0 9x0
M x ; − + là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị
Phương trình tiếp tuyến tại M là ( ) ( 2 )( ) 3 2
d : y= 3 − + x−x + − +
Ta cĩ n( )∆ ( )1;1
d x0 12x0 9
n 3 − + ; 1−
2
2 2
x 12x 9
x 12x 9
os d;
c
∆
∆
=
+
2
2 2
4 41
k 1
k 1
+
=
=
−
−
(với 2
x 12x 9
k =3 − + )
• Với k 1
9
= khơng thỏa mãn, do ℤ
0
x ∈ nên k ∈ ℤ
0
0
x = , ta được phương trình tiếp tuyến 0 ( )d1 : y = 9x
0
x = , ta được phương trình tiếp tuyến 4 ( )d2 : y = 9x−32
Câu 2 Giải phương trình : ( 3 1) (cos 2x sin 2x 1)
os 2x 6
sin x
4
π +
Điều kiện : x k x k , k ℤ
+ ≠ π ⇔ ≠ − + π ∈ Với điều trên phương trình
π
2 c
0
sin x cos x 4 cos x 2 3 1 cos x 2 3
=
⇔
− −
−
⇔
2
4 cos x 2 3 1 cos x 2 3 0
⇔ − + − − = (do sin x cos x 2 sin x 0
4
π
+ = + ≠ )
Trang 2
1
cos x 1 (loai)
2
ℤ (thỏa mãn)
Câu 3 Giải phương trình : 6x2 +7x+ −2 2 3x( +1) x2 + + = x 1 0
Phương trình đã cho
2
2 2
2x 2x
2 2
x x 1
x x 1
x 1 5x 1
+ + + +
2 2
2 2
x 1 0
x 1 5x 1 0
5x 1
+ + =
+ + =
+ ≥
⇔ + ≥
2
24x 9x 0
x 0
x 0
x 1 / 5
≥ −
=
Vậy phương trình có nghiệm x = 0
Câu 4 Tính tích phân : 0 ( )
2 /4
ln cos x sin x
cos x
−π
−
Đặt :
2
sin x cos x
cos x sin x
4 4
sin x cos x
cos x
−π π
−
+
4 4
π
−
Câu 5 Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình thang vuông tại A, B; AB = BC= SA vuông góc mặt phẳng a
(ABCD), SA = Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAC) bằng a 2 Tính thể tích khối chóp S.ABCD a
Kẻ DK ⊥ AC, (K∈AC) (1)
Do DK ⊂(ABCD), mà SA ⊥(ABCD), suy ra DK ⊥SA (2)
Từ (1) và (2), suy ra DK ⊥(SAC) Khi đó
DK = d D; SAC =a 2
ABCD ABC ADC
Vậy
3 S.ABCD ABCD
a a 2 a
a
K
S
Trang 3Câu 6 Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn 4− ≤ a, c≤ − ; 22 ≤b, d≤ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 4
2 2 2 2
2
M
ac bd
=
Câu 7a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có H(7 / 2; 3) là trung điểm AB,
M 3; 1− thuộc BC, điểm B có tọa độ nguyên và thuộc đường thẳng ( )d : x+3y− = , AH5 0 = BC Tìm tọa độ A, B, C, D
Do B ∈( )d : x+3y− = nên 5 0 B 5( −3b; b) Vì H là trung điểm AB, suy ra A 2( +3b; 6−b)
Ta tính được BA 6b( −3;6−2b , BM 3b) ( − − −2; 1 b)
Ta có BA.BM =0 ⇔(6b−3)(3b−2) (+ 6−2b)(− −1 b)=0 ⇔ b = hoặc 0 b 5
4
= (loại)
Với b = , suy ra 0 A 2; 6 , B 5; 0 Đường thẳng BC đi qua B và M nên ( ) ( ) (BC : x) −2y− = 5 0
Điểm C thuộc (BC : x) −2y− = nên 5 0 C 2c( +5; c) Suy ra BC =(2c; c)
Theo đề : AH BC 3 5 5 c c 3
• Với c 3
2
= , suy ra C 8;3
2
Suy ra trung điểm I của AC là
I 5; D 5;
• Với c 3
2
= − , suy ra C 2; 3
2
−
Suy ra trung điểm I của AC là
I 2; D 1;
⇒ −
Vậy A 2; 6 , B 5; 0 , C 8; 3 / 2 , D 5;15 / 2 hoặc ( ) ( ) ( ) ( ) A 2; 6 , B 5; 0 , C 2; 3 / 2 , D( ) ( ) ( − ) (−1;9 / 2)
Câu 8a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Viết phương trình mặt cầu ( )S tiếp xúc với mặt phẳng
( )α : 2x −2y− +z 12 = và đi qua ba điểm 0 A 1; 2; 0 , B( ) (− −3; 2; 0 , C 4; 2; 1) ( − − )
Gọi I a; b; c là tọa độ của tâm mặt cầu ( ) ( )S Theo đề bài ta có
( )
IA IB
4 4 1
a 1; b 2; c 3
a 1 / 5; b 4 / 5; c 27 / 5
• Với a =1; b = −2; c = , suy ra 3 I 1; 2; 3( − ) và R =d I;( )α = Do đó 5
( ) ( ) (2 ) (2 )2
S : x−1 + y+2 + z−3 =25
• Với a = −1 / 5; b = −4 / 5; c= −27 / 5, (bạn đọc làm tương tự)
Trang 4Câu 9a Giải bất phương trình : 2x 2 x( x 1) 1 x 1
9 −80.3 + − −81+ − ≤0
Điều kiện : x≥ 1
Ta có 2x 2 x( x 1) 1 x 1
9 −80.3 + − −81+ − ≤ 0 ⇔ 92x −80.3 32x 2 x 1− −81.92 x 1− ≤ 0 Đặt
2x
2 x 1
= >
= >
, ta thu được bất phương trình
u −80uv−81.v ≤ 0
⇔ − − − ≤ ⇔ (u2 −v2)−80v u( +v)≤ 0 (u v)(u 81v) 0
⇔ + − ≤ ⇔ −u 81v ≤ (do u0 >0, v > ) 0
2x 4 2 x 1
3 3 + −
( )2
x 2 0
x 1 0
x 2 0
− <
− ≥
⇔ − ≥
− ≥
−
2 x
2
≤ <
≤ ≤
1 x
2
+
⇔ ≤ ≤ (thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S 1;5 5
2
=
Câu 7b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong BD, đường cao
CH Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác A, B, C biết BD, CH lần lượt có phương trình x − − = , y 1 0
x +2y− = và điểm 5 0 M 3; 1( − thuộc đường thẳng BC, 5BC) = 4BA
Gọi M ' x; y là điểm đối xứng của M qua BD nên ( )
1 0
M ' 0;2
y 2
3 x 1 1 y 1 0
Phương trình đường thẳng AB qua M ' và vuông góc
với CH nên ( )AB : 2x− + = y 2 0
Do B là giao điểm của BD và AB nên B(x; y là nghiệm hệ )
B 3; 4
Phương trình đường thẳng BC qua B và M nên
( )BC : x−2y− = 5 0
Do C là giao điểm của CH và BC nên C(x; y là nghiệm của hệ )
( )
C 5; 0
Điểm A thuộc ( )AB : 2x− + = nên y 2 0 A a;2a( +2)
Theo đề bài ta có 5BC= 4BA ⇔ 5.4 5 = 4 5 3+a ⇔ a = hoặc a2 = − 8
Trang 5• Với a = − , suy ra 8 A(− −8; 14) Khi đó A và C cùng phía với phân giác BD (không thỏa)
• Do đó ta chọn a = , suy ra 2 A 2; 6 ( )
Vậy A 2; 6 , B( ) (− −3; 4 , C 5; 0) ( )
Câu 8b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ) (P : m +1 x) +(m+2 y) +(2m+3 z) −4m− = 6 0
, m là tham số Chứng minh rằng mặt phẳng ( )P luôn đi qua một đường thẳng cố định khi m thay đổi Tìm
m để mặt phẳng ( )P tạo với Ox một góc 450
Ta có (m+1 x) +(m+2 y) +(2m+3 z) −4m− =6 0
Để (*) đúng với mọi m ∈ ℝ khi và chỉ khi x y 2z 4 0
x 2y 3z 6 0
+ + − =
Đây là phương trình giao tuyến của hai
mặt phẳng trong hệ tọa độ Oxyz và đưa về phương trình tham số là ℝ
x 7t
y t , t
z 2 3t
=
= −
Vậy ( )P luôn đi qua đường thẳng cố định ℝ
x 7t
y t , t
z 2 3t
=
= −
khi m thay đổi
Mặt phẳng ( )P có vtpt n( )P =(m+1; m +2;2m+3), trục Ox có vtcp i=(1; 0; 0)
Theo đề : ( ( ) ) ( )
P 0
P
+
2
2
m 3 / 2
= −
Câu 9b Giải phương trình : ( 2 ) 2
log x +3x+1 −log x ≤2x−x
Điều kiện :
2
x 0
x 0
+ + >
>
Với điều kiện trên phương trình 2 ( )2
5
x 3x 1
x
+ +
Ta có
5 2
Do đó bất phương trình
2 5
2
x 3x 1
=
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S={ }1
- HẾT -
Trang 6SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG QUỐC HỌC QUY NHƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN; Khối A
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
b) Gọi M, N là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số, viết phương trình đường thẳng đi qua tâm đối xứng của đồ thị và cắt đồ thị tại hai điểm P, Q sao cho diện tích tứ giác MPNQ bằng 12
b) Theo câu khảo sát ta tìm được tọa độ điểm cực đại M 0;2 , cực tiểu ( ) N 2; 2( − )
Ta có y '' =6x− Suy ra y ''6 =0 ⇔ x =1 Với x = ⇒1 y = Do đó điểm đối xứng của đồ thị là 0 I 1; 0( )
Gọi ( )∆ là đường thẳng đi qua I với hệ số góc k nên ( )∆ : y = k x( −1)
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng ( )∆ và đồ thị
2
k x 1 x 1 x 2x 2 k 0
x 2x 2 k 0 *
Vì I là tâm đối xứng nên tứ giác MPNQ là hình bình hành Do đó MPNQ MPN ( )
1
2
Hai điểm P, Q là giao điểm của ( )∆ với đồ thị nên có hoành độ là nghiệm của phương trình (*) Theo Vi-et ta
có xQ +xP =2 và x xQ P = − −2 k Khi đó
PQ = x −x + y −y = x −x +k x −x = 1+k x −x
và d M;( ) 2 k2
1 k
+
∆ =
+
2
2 k
1 k
+
Với k =1 ta được ( )∆ : y = −x 1
Câu 2 Giải phương trình : cos x+cos 3x +2 cos 5x = 0
Phương trình đã cho
(cos 5x+cos x) (+ cos 3x+cos 5x)= 0
(4 cos x3 −3 cos x cos 2x) cos 4x cos x 0
⇔ + = ⇔ (4 cos x2 −3 cos 2x) +cos 4x cos x = 0
cos x 4 cos 2x cos 2x 1 0
4 cos 2x c
os x 0
os 2x 1 0
=
−
os x 0
1 17 cos 2x
8
±
=
⇔
2
π
±
⇔
, k ∈ ℤ
Câu 3 Giải hệ phương trình :
2
1
2
Trang 7Từ ( )1 ⇒ x ≥ Do 0 (x; y) ( )= 0; 0 không là nghiệm Xét x 0
y
>
∈
ℝ Với x> thì 0 ( )1 x y104 y46
+
+
• Nếu 2
y > thì 1 y2 + > , từ 8 3 ( )2 ⇒ 4x+ < ⇔5 3 x < Do đó 1
10 6 4 4 2
< <
>
• Nếu y2 < thì 1 y2 + < , từ 8 3 ( )2 ⇒ 4x+ > ⇔5 3 x > Do đó 1
10 6 4 4 2
x 1
>
< <
• Vậy x = ⇒1 y = ± Do đó hệ có hai nghiệm 1 (x; y) ( ) (= 1;1 , x; y) (= 1; 1− )
Câu 4 Tính tích phân :
2 0
x sin x
1 cos x
π
= +
∫
Đặt : t= π − (chú ý: tích phân dạng x b ( )
a
xf sin x dx
∫ thì ta đặt t= + −a b x)
0
π
Suy ra : I K
2
π
0
sin t
1 cos t
π
= +
∫ Đặt cos t= tan u, ta thu được tích phân
/4
4 4 /4
2
−π
−π
π
= ∫ = = Suy ra
2
I 4
π
=
Câu 5 Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a Gọi K là trung điểm của DD' Tính khoảng cách giữa CK và A ' D
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A 0; 0; 0 , B a; 0; 0 , D 0; a; 0 , A ' 0; 0; a( ) ( ) ( ) ( )
Suy ra C a;a; 0 , D' 0;a; a( ) ( ) K 0; a;a
2
⇒ và CK a; 0;a , A ' D 0;a; a , CD a; 0; 0( ) ( )
2
Ta có
2
2 2
a
CK, A ' D ; a ; a
2
= − − −
nên
3
a
CK, A ' D CD 0
2
Vậy CK và A ' D chéo nhau
Do đó d CK( ) CK, A ' D CD a
CK, A ' D
, A ' D
3
Câu 6 Cho x > 0, y> và x0 + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : y 1
T
= + = + = + + + − +
≥2 x +2 y −( x + y) (= x + y)
Trang 8Mặt khác, x y 1 y 1 x 1 1 ( )
Cộng vế theo vế ta được
4
2
Vậy GTNN của T là 2 Dấu '' = xảy ra khi '' x y 1
2
= =
Câu 7a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( )C : x2 +y2 −2x−2y− =2 0 tâm I và đường thẳng ( )d : x− +y m = 0 không có điểm chung Từ điểm M trên ( )d vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với ( )C (A, B là các tiếp điểm) Tìm m để trên đường thẳng ( )d tồn tại duy nhất điểm M sao cho tứ giác MAIB là hình vuông
Đường tròn ( )C có tâm I 1;1 , bán kính R( ) = Để đường thẳng 2 ( )d không cắt ( )C khi
1 1
− +
Do M ∈( )D nên M t( −m; t) Để tứ giác MAIB là hình vuông khi
( ) (2 )2
IM = IA 2 ⇔ t−m−1 + t−1 = 2 2 (1)
Để trên đường thẳng ( )d tồn tại duy nhất điểm M thỏa bài toán khi
IM ⊥( )d ⇔ IM.u d =0 ⇔ t( −m−1 1) +(t−1 1) = 0 ⇔ m = −2 2t (2)
Thay (1) vào (2) ta được ( )2
t−1 = ⇔ = − hoặc t2 t 1 = 3
• Với t= − ⇒1 m = ⇒4 M1(− − • Với 5; 1) t= ⇒3 m= − ⇒4 M 7; 32( )
Câu 8a Trong không gian Oxyz, cho điểm A 3; 3; 1( − − , đường thẳng ) ( )d : x 2 y 1 z
− và mặt
phẳng ( )P : x+ + − = Đường thẳng y z 3 0 ( )∆ đi qua A, cắt ( )d và ( )P lần lượt tại B, C sao cho
B là trung điểm AC Tính góc tạo bởi ( )d và ( )∆
Do ( ) ( )∆ ∩ d =B nên B 2( +2t; 1− +3t; t− Vì B là trung điểm AC, suy ra ) C 2t( +1;6t+1;1−2t) Theo đề ( ) ( )∆ ∩ P =C nên C∈( )P hay (2t+1) (+ 6t+1) (+ 1−2t)− =3 0 ⇔ = t 0
Với t= ⇒0 B 2; 1; 0( − ) Khi đó ( )∆ có vtcp AB(−1;2;1)
d
cos d;
2 21
u AB
Câu 9a Tìm số phức z thỏa mãn z+2 = và 2 z−(1+3i) nhỏ nhất.
Gọi z= +x yi, với x, y ∈ ℝ
z+2 =2 ⇔ x+2 +yi = 2 ⇔ x +2 +y =2 ⇔ x+2 +y = 4
Từ ( )2 2
x+2 +y = nếu ta đặt x4 + =2 2 cosϕ thì y = 2 sinϕ
Trang 9Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) (2 )2 ( ) (2 )2
z− 1+3i = x−1 + y−3 i = x−1 + y−3 = 2 cosϕ −3 + 2 sinϕ −3 = 22−12 sin( ϕ +cosϕ ≥) 22−12 2
Vậy GTNN của z−(1+3i) là 22−12 2 Dấu '' = xảy ra khi ''
4
π
ϕ + ϕ = ⇔ ϕ = + π
khi đó cos 2 / 2 x 2 2 z ( 2 2) 2i
Câu 7b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( )C : x2 +y2 −4x = Tìm m để đường 0
thẳng ( )d : x−m = và cắt 0 ( )C tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB là lớn nhất.
Đường tròn ( )C có tâm I 2; 0 , bán kính R( ) = Để đường thẳng 2 ( )d cắt ( )C tại hai điểm A, B khi
1 0
−
< ⇔ < ⇔ − < ⇔ < <
Do O 0; 0( ) ( )∈ C và OI =( )2; 0 nên OI ⊥( )d Suy ra OAB ( )
1
2
Tọa độ giao điểm của đường thẳng ( )d và ( )C là nghiệm của hệ
2 2
y =4m−m ⇔ y = ± 4m−m Giả sử A m; 4m( −m , B m;2) ( − 4m−m2)
AB= 2 4m−m và d O; d( ) 0 m m m
1 0
−
+ (do (*) )
OA
S∆ = m 4m−m Dùng đạo hàm khảo sát hàm số y = m 4m−m2 trên ( )0; 4 ta tìm được GTLN của y bằng 3 3 đạt tại m = (thỏa mãn) 3
Câu 8b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( )S : x2 +y2 +z2 −4x+4y−10z− = 3 0
Chứng tỏ ( )S cắt mặt phẳng ( )Q : x− + = theo giao tuyến là một đường tròn y z 0 ( )T Viết phương trình mặt cầu ( )S ' chứa ( )T và có bán kính bằng 57
Mặt cầu ( )S có tâm I 2; 2;5( − ), bán kính R = 6
Ta có d I;Q( ) 2 2 5 3 3 6
1 1 1
+ +
+ + Vậy ( )S cắt ( )Q theo giao tuyến là một đường tròn ( )T Mặt cầu ( )S ' chứa ( )T nên tâm I ' của ( )S ' , tâm đường tròn ( )T , tâm I của ( )S thẳng hàng Hay nói cách khác đường thẳng ( )II ' vuông góc với mặt phẳng ( )Q nên ( )II ' : x 2 y 2 z 5
Suy ra I ' 2( + − −t; 2 t; 5+t)
Gọi r, R ' lần lượt là bán kính của đường tròn chứa ( )T và mặt cầu ( )S ' , ta có
R −d I;Q = r = R ' −d I ';Q
1 1 1
=
Trang 10• Với t= ⇒1 I ' 3; 3;6( − ) Vậy ( ) ( ) (2 ) (2 )2
S ' : x−3 + y+3 + z−6 = 57
• Với t= − ⇒7 I '(−5;5; 2− Vậy ) ( ) ( ) (2 ) (2 )2
S' : x+5 + y−5 + z+2 =57
Câu 9b Cho tam giác ABC Trên cạnh AB lấy 10 điểm A , A , , A1 2 10 khác nhau và khác A, B Trên cạnh
BC lấy 15 điểm B , B , , B1 2 15 khác nhau và khác B, C Trên cạnh AC lấy 20 điểm C , C , ,C1 2 20 khác nhau và khác A, C Từ các điểm A, B,C, A , A , , A , B , B , , B ,C , C , , C1 2 10 1 2 15 1 2 20 cĩ thể tạo ra đực bao nhiêu tam giác.
Nếu cứ 3 điểm phân biệt tạo thành tam giác thì cĩ 3
48
C tam giác
Trường hợp 3 điểm thẳng hàng nên khơng tạo thành tam giác là 3 3 3
12 17 22
C +C +C Vậy từ các điểm A, B,C, A , A , , A , B , B , , B ,C , C , , C như bài tốn đã cho cĩ thể tạo được 1 2 10 1 2 15 1 2 20
48 12 17 22
C − C +C +C tam giác
- HẾT -
GIA SƯ
ĐỨC KHÁNH
Nhận ơn thi Đại Học khối A – B – D
Ơn thi chuyển cấp 9 lên 10
Giới thiệu giáo viên dạy kèm tại nhà
Trung tâm chúng tơi cam kết (cĩ bản hợp đồng)
● Dạy trong 2 buổi đầu, khơng đạt khơng thu học phí
● Dạy trong 1 tháng đầu, học sinh khơng tiến bộ thì hồn trả lại 50% học phí
● Khơng đỗ Đại học, hồn trả lại 70% học phí
● Trung tâm cĩ chỗ cho học sinh học theo nhĩm hoặc cá nhân
Chi tiết liên hệ : Thạc sĩ Tốn HUỲNH ĐỨC KHÁNH.
Điện thoại : 0975.120.189 hoặc 0563.602.929
Địa chỉ : 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP Quy Nhơn
Thầy Khánh GV TỐN
22A – Phạm Ngọc Thạch
Cảm ơn thầy Huỳnh Đức Khánh ( duckhanh0205@gmail.com ) gửi tới www.laisac.page.tl