Đề-ĐA thi thu ĐH lan 3 THPT Tam Duong VP

SỞ GD − ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG    ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ NĂM HỌC 2009 − 2010 MÔN: TOÁN 12 KHỐI A, B LẦN 3 Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN I. DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số 3 2 2 x y x + = + (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Đường thẳng y = x cắt (C) tại hai điểm M, N. Tìm m để đường thẳng: y = x + m cắt (C) tại P, Q sao cho tứ giác MNPQ là hình bình hành. Câu 2 (2.0 điểm ). 1. Giải phương trình: 2 2 2sin 2sin tan 4 x x x π   − = −  ÷   . 2. Giải phương trình: 2 2 4 2 3 4x x x x+ − = + − Câu 3 (1.0 điểm). Tính tích phân: ( ) 4 3 0 ln 2 1 2 1 x I dx x + = + ∫ Câu 4 (1.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A; 0 60ABC∠ = , AB = 2a. Cạnh bên AA’ = 3a. Gọi M là trung điểm B’C’. Tính thể tích tứ diện A’BMC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (A’BM) Câu 5 (1.0 điểm). Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 3 a b b c c a a b c c a b + + + + + ≥ + + + PHẦN II. HỌC SINH LÀM THEO KHỐI THI A. Dành cho học sinh thi khối A. Câu 6a (2.0 điểm). 1. Giải bất phương trình: ( ) 2 2 2 2 2 4 log log 3 5 log 3x x x− − ≥ − . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(2; −1); đường cao và đường phân giác trong qua hai đỉnh A, C lần lượt là: 3x − 4y + 27 = 0 và x + 2y − 5 = 0. Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC. Câu 7a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + 2y − z + 2 = 0, và đường thẳng d: 1 2 1 2 3 1 x y z− + + = = . Viết phương trình tham số đường thẳng ∆ đi qua A(−1; −2; 3) cắt đường thẳng d và song song với mặt phẳng (P). B. Dành cho học sinh thi khối B. Câu 6 Vb (2.0 điểm). 1. Giải bất phương trình ( ) ( ) 2 2 1 5 3 1 3 5 log log 1 log log 1x x x x+ + > + − . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy, cho tam giác ABC cân tại C. Biết đường cao BH: 2x − 3y − 10 = 0 và cạnh AB: 5x + y − 8 = 0 và đỉnh A(1; 3). Xác định tọa độ các đỉnh B, C. Câu 7b. (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Đềcác Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − y − z − 1 = 0 và đường thẳng d: 1 1 2 2 1 3 x y z+ − − = = . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ đi qua A(1; 1; −2), song song với mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d. −−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−− Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: SBD: HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 12 KHỐI A, B Câu Nội dung Điểm Câu1 1. + TXĐ: R\{−2} + Sự biến thiên: Giới hạn và tiệm cận: 3 2 lim lim 3 2 x x x y x →±∞ →±∞ + = = + ⇒ x = 3 là tiệm cận ngang. 2 2 3 2 lim lim 2 x x x y x ± ± →− →− + = = ±∞ + ⇒ x = −2 là tiệm cận đứng. 2 4 ' 0 ( 2) y x = > + ⇒ Hàm số đồng biến trên TXĐ 0.5 BBT 0.25 Đồ thị: 0.25 2. Đường thẳng y = x cắt đồ thị (C) tại hai điểm M(−1; −1) và N(2; 2) ⇒ MN 2 = 18 0.25 Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x + m và đồ thị (C) là nghiệm của PT: 2 3 2 ( 1) 2 2 0 2 x x m x m x m x + = + ⇔ + − + − = + (*) Điều kiện để y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt P, Q khác M, N là: ( ;5 4 2) (5 4 2; )m∈ −∞ − ∪ + +∞ 0.25 Giả sử hoành độ của P và Q là x 1 , x 2 .( x 1 ; x 2 là nghiệm của phương trình (*) MNPQ là một hình bình hành khi và chỉ khi MN 2 = PQ 2 ⇔ 5 41m = ± Cách 2: Do tính chất đỗi xứng nên I là tâm đối xứng của đồ thị cũng là tâm đối xứng của hbh MNPQ. Do đó khoảng cách từ I đến MN bằng khoảng cách từ I đến PQ. 0.5 Câu 2 1/. Điều kiện: cos 0x ≠ (*) 2 2 2 sin 2sin 2sin tan 1 cos 2 2sin 4 2 cos x x x x x x x π π     − = − ⇔ − − = −  ÷  ÷     0.5 ( ) 2 cos sin 2 .cos 2sin .cos sin cos sin sin 2 cos sin 0x x x x x x x x x x x ⇔ − − + ⇔ + − + = sin cos tan 1 4 4 2 sin 2 1 2 2 2 4 x x x x k x k x x l x l π  = − ⇒ = − ⇔ = − + π  π π ⇔ ⇒ = +  π π  = ⇔ = + π ⇔ = + π   0.5 2/. Đk: −2 ≤ x ≤ 2. Đặt 2 2 2 2 2 4 4 4 2 4 4 2 t t x x t x x x x − = + − ⇒ = + − ⇒ − = Phương trình có dạng 2 2 3 2 8 0 4 3 t t t t =   − − = ⇔  = −  0.5 Với t = 2, ta có: 2 0 4 2 2 x x x x =  − = − ⇔  =  Với 4 3 t = − , phương trình vô nghiệm. 0.5 Câu 3 Đặt 2 2 1 2 1t x t x tdt dx= + ⇒ = + ⇒ = 0.25 Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 2 /3 Với x = 0 ⇒ t =1; x = 4 ⇒ t = 3 Tích phân có dạng: 3 2 1 lnt dt t ∫ . 0.25 Đặt 2 1 ln 1 1 u t du dt t dv dt v t t  =  =    ⇒   =   = −    . Vậy 3 2 1 3 1 1 1 ln (2 ln3) 1 3 I t dt t t = − + = − ∫ 0.5 Câu 4 Ta có: 2 3 , 4 , ' 2AC a BC a A M a= = = Gọi A'H là đường cao của tam giác vuông A'B'C' ⇒ AH ⊥ (BCC'B') và 3AH a= 60 0 M I H B' A' C' C B A 0.25 Diện tích tam giác MBC là S MBC = 6a 2 . Thể tích khối chóp A'MBC là 3 ' 2 3 A MBC V a= 0.25 Gọi B'I là đường cao của ∆ đều A'B'M ⇒ ' 3, 2 3B I a BI a= = và BI ⊥ A'M. Diện tích ∆A'BM là 2 ' 2 3 A BM S a= . 0.25 Do đó thể tích khối chóp C'ABM là: 3 . ' ' 1 ( ,( ' )). 2 3 ( ,( ' )) 3 3 C A MB A BM V d C A BM S a d C A BM a= = ⇒ = 0.25 Câu 5 Áp dụng BĐT Côsi và Bunhiacopxki: 3 3a b c a b c+ + ≥ = 0.25 ( ) 2 a b c a b c a b c c a b c a b + + + + ≥ = + + + + 0.25 ( ) 2 b c a b c a a b c c a b c a b + + + + ≥ = + + + + Cộng vế với vế ba BĐT trên ta có ĐPCM. 0.5 Câu 6a 1/. ĐK: 2 2 2 2 0 log log 3 0 x x x >    − − ≥   0.25 Đặt t = log 2 x, BPT ⇔ 2 2 3 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)t t t t t t− − > − ⇔ − + > − 0.25 2 2 2 1 log 1 1 3 3 4 3 log 4 ( 1)( 3) 5( 3) t x t t t x t t t ≤ −  ≤ − ≤ −    >  ⇔ ⇔ ⇔     < < < <     + − > −    0.25 Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 3 /3     << ≤< ⇔ 168 2 1 0 x x Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: 1 0; (8;16) 2   ∪     0.25 Câu 6a 2/. Phương trình cạnh BC là: 4x + 3y − 5 = 0 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình 4 3 5 0 1 ( 1;3) 2 5 0 3 x y x C x y y + − = = −   ⇔ ⇒ −   + − = =   0.25 Gọi B' là điểm đối xứng với B qua đường phân giác CD. Phương trình BB' là:2x − y − 5 = 0 Giao điểm I của BB' và CD là nghiệm của hệ phương trình 2 5 0 3 (3;1) '(4;3) 2 5 0 1 x y x I B x y y − − = =   ⇔ ⇒ ⇒   + − = =   0.25 PT cạnh AC (hay cạnh BB') là: y = 3. Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình 3 4 27 0 5 ( 5;3) 3 3 x y x A y y − + = = −   ⇔ ⇒ −   = =   0.25 Phương trình cạnh AB là: 4x + 7y − 1 = 0. Ta có A, B nằm về cùng một phia đối với đường phân giác trong góc C ⇒ không tồn tại tam giác 0.25 Câu 7a Mp (P) có VTPT là (2;2; 1)n = − r . Đường thẳng d có phương trình tham số là: 1 2 2 3 1 x t y t z t = +   = − +   = − +  . Giả sử B(1 + 2t; −2 + 3t; −1 + t)∈d 0.25 Ta có: (2 2;3 ; 4)AB t t t= + − uuur Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B và song song với mặt phẳng (P) khi và chỉ khi 8 . 0 2(2 2) 6 4 0 9 8 9 AB n t t t t t= ⇔ + + − + = ⇔ = − ⇔ = − uuur r 0.25 2 8 44 ; ; 9 3 9 AB   ⇒ = − − −  ÷   uuur . Ta có thể chọn VTCP của ∆ là (1;12;22)u = r 0.25 Vậy phương trình tham số của ∆ là: 1 ' 2 12 ' 3 22 ' x t y t z t = − +   = − +   = +  0.25 Câu 6b 1/. ĐK: x> 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 3 5 5 2 2 2 2 3 1 5 5 5 1 log log 1 log log 1 0 log log 1 .log 1 0 log 1 1 x x x x x x x x x x ⇔ + − + + + <    ÷ ⇔ + − + + < ⇔ + + <  ÷   0.5 ( ) 2 5 0 log 1 1x x ⇔ < + + < *) ( ) 2 5 0 log 1 0x x x < + + ⇔ > 0.5 Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 4 /3 *) ( ) 2 2 2 5 12 log 1 1 1 5 1 5 5 x x x x x x x + + < ⇔ + + < ⇔ + < − ⇔ < Vậy BPT có nghiệm 12 0; 5 x   ∈  ÷   2/. Tọa độ B là nghiệm của HPT: 5 8 0 2 (2; 2) 2 3 10 0 2 x y x B x y y + − = =   ⇔ ⇒ −   − − = = −   PT đường thẳng AC là: 3x + 2y − 9 = 0. Đường thẳng AB là: 5x + y − 8 = 0 0.5 Gọi I là trung điểm AB ⇒ 3 1 ; 2 2 I    ÷   . Phương trình đường cao CI là: x − 5y + 1 = 0. Tọa độ C là nghiệm của HPT: 3 2 9 0 43 12 ; 5 1 0 17 17 x y C x y + − =    ⇒   ÷ − + =    0.5 Câu 7b Mặt phẳng (P) có VTPT (1; 1; 1)n = − − r , đường thẳng d có VTCP (2;1;3)u = r Vì / /( ) , ( 2; 5;1) d d P u n u n u d u u ∆ ∆ ∆  ∆ ⊥     ⇒ ⇒ = = − −     ∆ ⊥ ⊥    r r r r r r r 0.5 Đường thẳng ∆ đi qua A(1; 1; −2) có phương trình chính tắc là: 1 1 2 2 5 1 x y z− − + = = − 0.5 Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 5 /3 . 2 0 log log 3 0 x x x >    − − ≥   0.25 Đặt t = log 2 x, BPT ⇔ 2 2 3 5( 3) ( 3) ( 1) 5( 3) t t t t t t− − > − ⇔ − + > − 0.25 2 2 2 1 log 1 1 3 3 4 3 log 4 ( 1)( 3) 5( 3) t x t t t. 0 3 (3; 1) '(4 ;3) 2 5 0 1 x y x I B x y y − − = =   ⇔ ⇒ ⇒   + − = =   0.25 PT cạnh AC (hay cạnh BB') là: y = 3. Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình 3 4 27 0 5 ( 5 ;3) 3 3 x. /3 Với x = 0 ⇒ t =1; x = 4 ⇒ t = 3 Tích phân có dạng: 3 2 1 lnt dt t ∫ . 0.25 Đặt 2 1 ln 1 1 u t du dt t dv dt v t t  =  =    ⇒   =   = −    . Vậy 3 2 1 3 1 1 1 ln (2 ln3) 1 3 I