SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN 2 TRƯỜNG THPT NAM ĐÔNG QUAN NĂM HỌC 2012-2013 (Thời gian làm bài 180 phút ) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I(2 điểm) Cho hàm số 2 2 1 x y x − = + (1) 1.Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2.Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị hàm số (1) .Tìm m để đường thẳng y = 2x + m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A và B sao cho trọng tâm tam giác IAB thuộc đường thẳng (d) có phương trình 2x - y - 2 = 0. Câu II(1 điểm).Giải phương trình sau 5 os2 2cos 3 2 tan c x x x + = + Câu III(1 điểm).Giải hệ phương trình sau: 3 3 2 2 2x - 9y = (x - y)(2xy + 3) x + y = 3 + xy Câu IV(1 điểm).Tính tích phân 1 2 2 1 2 5 12 4 2 3 x x dx x − + + + ∫ Câu V(1 điểm).Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có AC=a;BC=2a; · 120 o ACB = .Đường thẳng A’C tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 30 0 .Gọi M là trung điểm của BB’.Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC’ theo a. Câu VI(1 điểm). Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz và x > 1, y > 1, z > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 x 1 y 1 z 1 P y z x − − − = + + . II.PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VIIa(1 điểm).Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(1;2) và đường tròn (C) tâm I có phương trình 2 2 4 2 31 0x y x y+ − + − = .Lập phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác IAB có một góc bằng 120 0 . Câu VIIIa(1 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) có phương trình 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC. Câu IXa(1 điểm).Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn 1 2z i z i− = − + . B. Theo chương trình nâng cao. Câu VIIb(1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) (x-4) 2 + y 2 = 4 và điểm E(4;1).Tìm điểm M thuộc trục Oy để từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA;MB đến đường tròn (C) (A;B là hai tiếp điểm )sao cho ba điểm A;B;E thẳng hàng. Câu VIIIb(1 điểm). Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(-1;2;0);B(-1;1;-1); C(1;0;3);D(0;-2;1).Chứng minh rằng bốn điểm A;B;C;D lập thành một tứ diện.Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A;B và cách đều hai điểm C;D. Câu IXb(1 điểm). Lớp kĩ sư tài năng của trường đại học Bách khoa có 30 sinh viên trong đó có 10 sinh viên nữ .Chọn ra 10 sinh viên đi dự đại hội .Tính xác suất để trong số sinh viên được chọn có ít nhất 4 sinh viên nữ và 4 sinh viên nam. … Hết … Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ……… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2012-2013 Câu Nội dung Điểm I.1 Tập xác định D = R\{- 1} Sự biến thiên: -Chiều biến thiên: 2 4 ' 0, ( 1) y x D x = > ∀ ∈ + . Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ∞; - 1) và (- 1 ; + ∞). - Cực trị: Hàm số không có cực trị. 0,25 - Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 2 2 2 2 lim 2 ; lim 2 1 1 x x x x →−∞ →+∞ − − = = + + x x . Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. 1 1 2 2 2 2 lim ; lim 1 1 x x x x − + →− →− − − = +∞ = −∞ + + x x . Đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng. 0,25 -Bảng biến thiên: x -∞ - 1 +∞ y’ + + y +∞ 2 2 - ∞ 0,25 Đồ thị: 0,25 I.2 Phương trình hoành độ giao điểm: 2 2 2 1 x x m x − = + + ⇔ 2x 2 + mx + m + 2 = 0 (1) ( 1x ≠ − ) d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt ⇔ PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1 ⇔ m 2 - 8m - 16 > 0 (2) 0,25 Vì I là tâm đối xứng của đồ thị hàm số (1) nên I(-1;2) Gọi A(x 1 ; 2x 1 + m) , B(x 2 ; 2x 2 + m. Ta có x 1 , x 2 là 2 nghiệm của PT(1). Theo ĐL Viét ta có 1 2 1 2 2 ; 2 2 m m x x x x + + = − = . 0,25 0,25 y x 2 -1 O 1 -2 Gọi G là trọng tâm tam giác IAB .Ta có 1 2 1 2 1 2 3 6 2 2 3 3 G G G G x x m x x y y m y y + − − − = = ⇒ + + + = = Để G ∈ (d) thì 2 2 2 2 0 5 6 3 m m m − − + − − = ⇔ = − (thoả mãn (2)) Vậy m = - 5 0,25 II Điều kiện : cos 0 tan 3 / 2 x x ≠ ≠ − 0,25 Pt 5 os2 6cos 4sinxc x x ⇔ + = + 2 2 5 cos in x - 6cos 4sinx 0x s x⇔ + − − = 0,25 2 2 (cos 3) (sinx+2) 0 (cos sinx-1)(cos sinx 5) 0 x x x ⇔ − − = ⇔ + − − = 0,25 ox sinx 1 0 ox-sinx 5 0 (VN) 2 ( ) ) 2 sin(x+ ) 1 2 4 2 c c x k Khong thoa man x k π π π π + − = − = = + + = ⇔ = Vậy phương trình có họ nghiệm x = k2 π (k ∈ Z) 0,25 III 3 3 2 2 2 2 2 9 ( )(2 ) 3 x y x y xy x y xy Hpt x y xy − = − + + − ⇔ + − = 0,25 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 9 8 3 3 x y x y x y x y xy x y xy − = − = ⇔ ⇔ + − = + − = 0,25 2 2 3 3 x y y = ⇔ = 0,25 Vậy hệ có 2nghiệm (x ;y)=(2 ;1)và (-2 ;-1) 0,25 IV Đặt 2 2 2 5 12 4 5 12 4 2(2 3)t x x t x x tdt x dx= + + ⇒ = + + ⇒ = + Đổi cận 1 1 2 3 ; 0 2 2 x t x t= ⇒ = = − ⇒ = 0,25 0,25 Đặt 2 1 2 tan 2. os t u dt dt c t = ⇒ = Đổi cận 0 0 ;t=2 3 3 t u u π = ⇒ = ⇒ = 0,25 0,25 V Kẻ đường cao CH của tam giác ABC.Có CH ⊥ AB ;CH ⊥ AA’ suy ra CH ⊥ (ABB’A’) . Do đó góc giữa A’C và mp(ABB’A’) là góc · 0 ' 30CA H = Ta có 2 0 1 3 . .sin120 2 2 ABC a S CA CB ∆ = = 0,25 Trong tam giác ABC : 2 2 2 0 2 2 . . os120 7 7AB AC BC AC BC c a AB a= + − = ⇒ = +) 2 3 1 3 . 2 2 7 ABC a S AB CH CH a ∆ = = ⇒ = +) 0 3 ' .sin 30 ' 2 7 CH A C A C a= ⇒ = +) 2 2 5 ' ' 7 AA A C AC a= − = 0,25 +) 3 ' ' ' 15 '. 2 7 ABCA B C ABC a V AA S ∆ = = 0,25 +)d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))= 3 7 a 0,25 VI. Ta có 2 2 2 2 2 2 x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 1 1 1 1 1 1 P y z x x y z x y z − + − − + − − + − = + + − + + + + + ÷ ÷ (1). 0,25 Mà 2 2 2 x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 y z x − + − − + − − + − + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 x 1 y 1 z 1 x y y z x z = − + + − + + − + ÷ ÷ ÷ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x 1 y 1 z 1 xy yz xz ≥ − + − + − (2). 0,25 Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P 2 x y z x y z xy yz zx ≥ + + + + + − + + ÷ (3) Từ giả thiết ta có 1 1 1 1 xy yz zx + + = (4). Mà 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 x y z xy yz zx + + ≥ + + = (5). 0,25 A’ C’ A B B’ H 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 x y z xy yz zx x y z + + ≥ + + ⇒ + + ≥ ÷ ÷ (6) Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra P 3 1 ≥ − . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z 3 = = = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 1 − . 0,25 VII.a Đường tròn (C) có tâm I(2 ;-1) và bán kính R=6 Ta có tam giác IAB cân tại I suy ra góc AIB bằng 120 0 0,25 Gọi H là trung điẻm của AB suy ra IH = IA.cos60 0 = 3 ⇒ Đường thẳng (d) là đường thẳng đi qua M và khoảng cách từ I đến (d) bằng 3 0,25 +)Đường thẳng (d) có dạng a(x -1)+ b(y - 2) = 0 (a 2 +b 2 >0) ax 2 0by a b ⇔ + − − = 2 2 2 2 2 2 3 0 ) ( ; ) 3 ( 3 ) 9( ) 8 6 0 4 3 a b a d I d a b a b a ab a b a b − = + = = ⇔ − = + ⇔ + = ⇔ = − + 0,25 +)Với a = 0 Phương trình đường thẳng (d) là y=2 +)Với 4a =-3b ;Chọn a=3 ;b=-4 Phương trình đường thẳng (d) là 3x-4y+5=0 0,25 VIII.a Ta có (2; 3; 1), ( 2; 1; 1) (2;4; 8)AB AC n= − − = − − − ⇒ = − uuur uuur r là 1 vtpt của (ABC) 0,25 Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0,25 M(x; y; z) MA = MB = MC ⇔ 0,25 M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 Vậy M(2 ;3 ;-7) 0,25 IX.a Gọi ( ) ;z a bi a b R= + ∈ Từ giả thiết 1 2a bi i a bi i⇒ + − = + − + 0,25 ( ) 2 2 2 2 1 ( 1) ( 2) 3 2 0 (1) a b a b a b ⇔ + − = − + + ⇔ − − = 0,25 +)Có |z| 2 = a 2 + b 2 Để |z| nhỏ nhất thì A = a 2 + b 2 nhỏ nhất 0,25 +)Từ (1) a = 3b+2 thay vào A = (3b + 2) 2 + b 2 = 10b 2 +12b + 4= 2 3 1 2 10 ( ) 5 25 5 b + + ≥ Đẳng thức xảy ra khi 3 5 b = − 1 5 a⇒ = Vậy số phức cần tìm là 1 3 5 5 z i= − 0,25 VII.b +) Đường tròn (C) có tâm I(4 ;0) và bán kính R=2 Gọi M(0 ;a) 0y∈ 0,25 +) 2 2 2 2 2 2 I 16 12M a MA MI IA a = + ⇒ = − = + +)Phương trình đường tròn (C’) tâm M bán kính MA là ( ) 2 2 2 12x y a a+ − = + 0,25 +)Thấy A ;B là hai giao điểm của hai đường tròn (C) và (C’) nên toa độ 2 điểm A ;B thoả mãn hệ ( ) 2 2 2 2 2 12 8 2 24 0 8 12 0 x y a a x ay x y x + − = + ⇒ − + + = + − + = Phương trình đường thẳng (AB) là 8 2 24 0x ay− + + = 0,25 +)Để 3 điểmA ;B ;E thẳng hàng thì ( ) 2 8 0 4E AB a a∈ ⇒ − = ⇒ = Vậy điểm M(0 ;4) 0,25 VIII.b +) (0; 1; 1); (2; 2;3); (1; 4;1)AB AC AD− − − − uuur uuur uuur +) , ( 5; 2;2)AB AC = − − uuur uuur 0,25 +) , . 5 8 2 5 0AB AC AD = − + + = ≠ uuur uuur uuur .Vậy 4 điểm A ;B ;C ;D lập thành một tứ diện 0,25 Gọi ( ; ; )n a b c r (với a 2 +b 2 +c 2 >0 ) là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) +)Do (P) đi qua 2 điểm A và B nên . 0 0 (1)n AB b c= ⇔ + = r uuur +)Vì mặt phẳng (P) đi qua A nên có phương trình là a(x+1)+b(y-2)+cz=0 ax 2 0by cz a b⇔ + + + − = +)Giả thiết d(C ;(P))=d(D ;(P)) 2 2 3 4a b c a b c⇔ − + = − + (2) 0,25 Từ (1) và (2) Chọn b=1 ;c=-1 0 2 5 5 10 3 a a a a = ⇒ − = − ⇔ − = +)Vậy có hai mặt phẳng (P) là y - z -2 = 0 và 10x + y – z + 4 = 0 0,25 IX.b +)Số phần tử của không gian mẫu là số cách chọn 10 sv trong số 30 sv 10 30 C⇒ Ω = 0,25 +)Gọi A là biến cố ‘‘trong số 10 sv được chọn có ít nhất 4 sv nữ và 4sv nam’’ Có 3 trường hợp +)TH 1 :Chọn ra 4 nam và 6 nữ .Số cách chọn là 4 6 20 10 .C C +)TH 2 :Chọn ra 5 nam và 5 nữ .Số cách chọn là 5 5 20 10 .C C +)TH 3 :Chọn ra 6 nam và 4 nữ .Số cách chọn là 6 4 20 10 .C C 0,25 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là : A Ω = 4 6 20 10 .C C + 5 5 20 10 .C C + 6 4 20 10 .C C 0,25 Xác suất của biến cố A là P(A)= A Ω Ω = 0,25 Chú ý :+)Mọi cách làm khác đúng cho điểm tối đa +) Điểm toàn bài không làm tròn . = 0 ,25 2 2 3 3 x y y = ⇔ = 0 ,25 Vậy hệ có 2nghiệm (x ;y)= (2 ;1)và ( -2 ;-1) 0 ,25 IV Đặt 2 2 2 5 12 4 5 12 4 2( 2 3)t x x t x x tdt x dx= + + ⇒ = + + ⇒ = + Đổi cận 1 1 2 3 ; 0 2 2 x t. có x 1 , x 2 là 2 nghiệm của PT(1). Theo ĐL Viét ta có 1 2 1 2 2 ; 2 2 m m x x x x + + = − = . 0 ,25 0 ,25 y x 2 -1 O 1 -2 Gọi G là trọng tâm tam giác IAB .Ta có 1 2 1 2 1 2 3 6 2 2 3 3 G G G G x. phương trình có họ nghiệm x = k2 π (k ∈ Z) 0 ,25 III 3 3 2 2 2 2 2 9 ( ) (2 ) 3 x y x y xy x y xy Hpt x y xy − = − + + − ⇔ + − = 0 ,25 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 9 8 3 3 x y x y x y x y xy x y