Đề thi thử đại học lần 2 năm 2012 môn toán ( khối aBd) (thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề)44856

SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 MƠN TỐN ( Khối A-B-D) (Thời gian làm 180’ không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  x   C  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Gọi d đường thẳng qua điểm A(- 1; 0) với hệ số góc k ( k  R) Tìm k để đường thẳng d cắt (C) ba điểm phân biệt hai giao điểm B, C ( với B, C khác A ) với gốc tọa độ O tạo thành tam giác có diện tích Câu II (2 điểm)  x  Tìm nghiệm phương trình: sin x.cos x  sin 2 x  4sin     (1)  2 thoả mãn điều kiện : x   2.Giải phương trình sau :  x  x    x3    sin x x e dx  cos x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB=a, AD=2a, cạnh SA vng góc với đáy, cạnh SB tạo với đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho a AM  Mặt phẳng (BCM) cắt SD N Tính thể tích khối chóp SBCMN? Câu V (1 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  Câu III (1 điểm) Tính tích phân : I   Tìm giá trị lớn biểu thức P  xy  xy  z yz zx  yz  x zx  y II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần A B Câu VI.A (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;1) , B(1; 2) , träng t©m G cđa tam 27 giác nằm đường thẳng x y Tìm tọa độ đỉnh C biết diƯn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 2 Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; 1; 2) N (1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, N cho khoảng cách từ K  0;0;  đến (P) đạt giá trị lớn Tìm điểm I thuộc mặt phẳng (x0y) cho IM+IN nhỏ 2.5 x Câu VII.A (1,0 điểm) Giải bất phương trình x  3 52 x  Câu VI.B (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x + y  = Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E(1; 3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho Trong không gian 0xyz cho điểm I 1, 2, 2  đường thẳng    : x   y   z mặt phẳng  P  : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện hình trịn có chu vi 8 Từ lập phương trình mặt phẳng  Q  chứa    tiếp xúc với (S) z2 Câu VII.B (1,0 điểm) Giải phương trình sau tập số phức : z  z   z   …………………….Hết…………………… Chú ý: Thí sinh thi khối D làm c©u V DeThiMau.vn SỞ GD & ĐT THANH HĨA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC ĐÁP ÁN MƠN: TỐN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 Nội dung Câu Điể m I 1.(1,0 điểm) (2điểm) Hàm số (C1) có dạng y  x3  x   Tập xác định: D  R Khối D  Sự biến thiên - lim y  , lim y   x  x  3điểm 0.25 x  - Chiều biến thiên: y '  x  x    x  Bảng biến thiên X   y’ + 0 +  Y  Hàm số đồng biến khoảng  ;0   2;   , nghịch biến khoảng 0.25 0.25 (0;2) Hàm số đạt cực đại x  0, yCD  Hàm số đạt cực tiểu x  2, yCT   Đồ thị: Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 0.25 2.(1,0 điểm) Đường thẳng d qua A(-1; 0) với hệ số góc k , có phương trình : y = k(x+1) = kx+ k - Nếu d cắt (C) ba điểm phân biệt phương trình: x3 – 3x2 + = kx + k  x3 – 3x2 – kx + – k =  (x + 1)( x2 – 4x + – k ) =  x  1  có ba nghiệm phân biệt  g(x) = x2 – 4x + – k =  g ( x)  x  x   k   '  k  0 có hai nghiệm phân biệt khác -      k  (*)  g (1)  9  k  Với điều kiện : (*) d cắt (C) ba điểm phân biệt A, B, C Với A(-1;0) , B,C có hồnh độ hai nghiệm phương trình g(x) = - Gọi B  x1 ; y1  ; C  x2 ; y2  với x1 ; x2 hai nghiệm phương trình : 0.25 0.25 x  x   k  Còn y1  kx1  k ; y2  kx2  k 0.25 - Ta có :  BC   x2  x1 ; k  x2  x1    BC   x2  x1  - Khoảng cách từ O đến đường thẳng d : h  - S Vậy theo 1 k h.BC  k 2 1 k 2 1  k   x 2  x1 1  k  k 1 k giả thiết : 0.25  k  k   k   k  64  k  Đáp số : k  , thỏa mãn yêu cầu toán II 1.(1,0 điểm) (2điểm) 1 1  Pt(1)  sin x.cos x   cos x    2sin x   cos x    sin x    2 2  DeThiMau.vn 0.25   cos x  2   x    k 2   sin x    sin(  )  x  7  m2   Mặt khác: x    2  x  * với 2   * Với 2    k 2   k  Do : x   7 7  m2   m  nên x  6 Vậy phương trình (1) có nghiệm x    0.25  0.25 x  0.25 7 thoả mãn (2)  x  x    x3  (1) ĐK x  2 Pt (1)  0.25  x  2  x2  x  4   x2  x  4   x  2 Do x=-2 không nghiệm pt(1) nên chia vế cho x+2 ta được: Câu III (1điểm) 2( x  x  4) x2  x   3 20 x2 x2 0.25  t2 x2  x  Đặt t  ĐK t  Phương trình (1)  2t  3t     t   x2  * Với t   pt VN *Với t=2 PT có nghiệm x   13 0.5      2  sin x x e x dx sin x x e x dx sin x x  I e dx   e dx   e dx   cos x  cos x  cos x cos x 0  cos x 0 2   0.25 x e dx sin x x Đặt I1    Và I   e dx x cos  cos x   2  x x 2sin cos sin x x 2 e x dx  tan x e x dx e dx   Ta có : I   0 x  cos x 0 cos 2  u  ex  du  e x dx  e x dx  Mặt khác : Tính I1    Đặt dv  dx   x cos x v  tan x   cos  2     2 e x dx x Áp dụng cơng thức tích phân phần : I1    = e   tan e x dx cos x 2 DeThiMau.vn 0.25  Do I  I1  I       e dx sin x x x x x x 2  =    e dx tan e dx e tan e dx e 0 0 2 0 cos x 0  cos x 2 x 2 0.25  Vậy : I  e 0.25 Câu IV Từ M kẻ đường thẳng song song với AD, cắt SD N N giao điểm ฀ (1điểm) (BCM) SD, SA  (ABCD) nên góc SB (ABCD) SBA  600 Ta có ฀ a SA  SB.tan SBA Từ ta có: SM  SA  AM  a  a 31  3 SM SN   SA SA Dễ thấy: VS.ABCD  VS.ABC  VS.ADC  2VS.ABC  2VS.ADC Và VS.BCNM  VS.BCM  VS.CNM V V  VS.CNM VS.BCM V Do đó: S.BCNM  S.BCM   S.CNM VS.ABCD VS.ABCD 2VS.ABC 2VS.ADC SM SB SC SM SN SC      SA SB SC SA SD SC 9 3a 10 3a  VS.BCNM  Mà VS.ABCD  SA.dt(ABCD)  (đvtt) 3 27  S M N D A B C V Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  (1điểm) xy yz zx   Tìm giá trị lớn biểu thức P  xy  z yz  x zx  y Do xy  z  xy  1.z  xy  z  x  y  z    x  z  y  z  nên x y 1 x y      (1) x z y z 2 x z y z  yz y z 1 y z      Lý luận tương tự :  (2) yz  x y x x z 2 x y x z  xz x z 1 x z       (3) xz  y x y y z 2 x y y z  DeThiMau.vn xy  xy  z 0.5 xy yz zx    xy  z yz  x zx  y Đẳng thức xãy : x  y  z  3 Vậy giá trị lớn P   x  y  z  VIa 1.(0,75 điểm) (2điểm) V× G n»m đường thẳng x y nên G có tọa độ G (t ;  t ) Khi ®ã   AG  (t  2;3  t ) , AB  (1; 1) Vậy diện tích tam giác ABG 2t  1 S AG AB  AG AB  (t  2)  (3  t )  = 2 27 27  NÕu diÖn tÝch tam giác ABC diện tích tam giác ABG 2t  VËy  , suy t  hc t  3 VËy cã hai ®iĨm G : 2 G1  (6;4) , G (3;1) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên xC xG  ( x A  xB ) vµ yC  yG  ( y A  yB ) Cộng vế với vế (1) , (2) (3) ta P     0.5  0.5 Víi G1  (6;4) ta cã C1  (15;9) , víi G  (3;1) ta cã C2  (12;18)  2.Gọi n   A, B, C  A 0.25   B  C  vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P) qua M có dạng; Ax  B  y  1  C  z     Ax  By  Cz  B  2C  Do N  1;1;3   P    A  B  3C  B  2C   A  B  C 0.25   P  :  B  C  x  By  Cz  B  2C  Mặt khác :Khoảng cách từ K đến mp(P) là:   d K ,  P  -Nếu B = d(K,(P))=0 (loại) -Nếu B  d  K ,  P   B 2 B  2C  BC B B  2C  BC  C    1  B   0.5 Dấu “=” xảy B = -C Chọn C = Khi pt (P): x + y – z + = PT (x0y) : z =0 Nhận thấy M ; N nằm phía mặt phẳng (x0y) Gọi M’ điểm đối xứng với M qua (x0y) Đường thẳng d qua M vng góc với  x0   (x0y) có VTCP u   0;0;1 PTTS d :  y  1 Giả sử H  d   x0 y  z   t  Thì H  0; 1;  t  lúc 2+t=0 suy H  0; 1;0  Do M’(0;-1;-2) ;  M ' N   1; 2;5  Ta có : IM+IN = IM’+IN  M ' N Đẳng thức xãy DeThiMau.vn 0.5 I  M ' N  ( x0 y ) x 1 y 1 z    1 Điểm I  1  m;1  2m;3  5m  cần thuộc đường thẳng M’N (x0y)nên PT đường thẳng M’N : 3+5m=0  m   Vậy   I   ;  ;0   5  VIIa Đk x  log (*) Đặt t= t  x ĐK t>2 (1điểm) 2t BPT (1)  t   (1) Bình phương vế BPT (1) ta : t 4  x  x  log 20 t  20  20 t4 t2     (**) 4  45   x  t2  x t2    t     x  log 20 Kết hợp (*) (**) ta :   log  x   2  x  log 20 bất phương trình có nghiệm :  log  x   2 VIb 1.(0.75 điểm) (2điểm) Gọi  đường thẳng qua trung điểm AC AB 664 Ta có d  A,    4 2 Vì  đường trung bình  ABC  d  A; BC   2d  A;    2.4  0.25 0.25 0.25 0.25  E  Gọi phương trình đường thẳng BC là: x  y  a  66a a  Từ đó:   12  a  16    a  28 B C H Nếu a  28 phương trình BC x  y  28  , trường hợp A nằm khác phía BC  , vơ lí Vậy a  , phương trình BC là: x y4  Đường cao kẻ từ A ABC đường thẳng qua A(6;6)  BC : x  y   nên có phương trình x  y  Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC nghiệm hệ phương trình x  y   x  2    x  y    y  2 Vậy H (-2;-2) Vì BC có phương trình x  y   nên tọa độ B có dạng: B(m; -4-m) Lại H trung điểm BC nên C(-4-m;m)   CE    m; 3  m  , AB  (m  6; 10  m) Suy ra:   Vì CE  AB nên AB.CE    a   a     a  3 a  10    a  2a  12a    Vậy  a  6 DeThiMau.vn  B  0; 4   C  4;0   B  6;   C 2;     0.75 2.Ta có (P) cắt (S) theo thiết diện đường trịn (C) có bán kính r mà 2r  =  suy r =4 R  r  d Trong d  d  I  P     R  25 0.75 Phương trình mặt cầu (S) :  x  1   y     z    25 2 5 4 Nhận thấy mặt cầu (S) tiếp xúc với    điê,r M  ;  ;  3 3 5 4 Do : Mặt phẳng (Q) chứa    tiếp xúc với (S) qua M  ;  ;  có VTPT 3 3   11 10  MI  ;  ;  : x  33 y  30 z  105  3 3  VIIb i 1 i  ĐS : phương trình có nghiệm z   i; z   i; z  ;z  (1điểm) 2  Thí sinh thi khối D khơng phải làm câu V- câu I điểm Thí sinh có cách làm khác đáp án mà cho điểm tối đa câu DeThiMau.vn 0.5 1.0 ... x2  x  4   x  2? ?? Do x= -2 không nghiệm pt(1) nên chia vế cho x +2 ta được: Câu III (1 điểm) 2( x  x  4) x2  x   3 ? ?2? ??0 x? ?2 x? ?2 0 .25  t? ?2 x2  x  Đặt t  ĐK t  Phương trình (1 )  2t... HẬU LỘC ĐÁP ÁN MƠN: TỐN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 20 12 Nội dung Câu Điể m I 1 .(1 ,0 điểm) (2 ? ?iểm) Hàm số (C1) có dạng y  x3  x   Tập xác định: D  R Khối D  Sự biến thi? ?n - lim y  , lim... k 2? ??   k  Do : x   7 7  m2   m  nên x  6 Vậy phương trình (1 ) có nghiệm x    0 .25  0 .25 x  0 .25 7 thoả mãn (2 )  x  x    x3  (1 ) ĐK x  ? ?2 Pt (1 )  0 .25  x  2? ??  x2