Đề thi thử đại học chuyên ĐHSP năm 2012 môn toán (5)

Page 1 ĐỀ SỐ 8 Đ ề t h i t h ử Đ ạ i h ọ c l ầ n V I I I n ă m 2 0 1 2 – T r ư ờ n g T H P T c h u y ê n Đ H S P H à N ộ i Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số: y = 2x 1 x1   1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai đường tiệm cận nhỏ nhất. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: 24 4sinx.sin x .sin x 4 3.cosx.cos x .cos x 2 3 3 3 3                                   Câu 3. (1 điểm) Giải phương trình: 2(x 2 + 2) = 5 3 x1 Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân: I =   2 4 x 1 sin2x dx 4 1 sin2x          Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA = a là chiều cao của hình chóp, đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B có AB = BC = a và AD = 2a. Gọi E là trung điểm của cạnh AD. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE. Câu 6. (1 điểm) Tìm các giá trị nguyên của m để hệ phương trình sau có nghiệm: 22 2 x 4(2x m 2m 2) y(8 2x y) x 12x 40 y(y 2x 12) 4m(m 1)                  Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, hãy lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết các đỉnh B (0; 1), C (−2; 1) và trực tâm của tam giác là H (1; −2). Câu 8. (1 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (4; 2; 2), B (0; 0; 7) và đường thẳng d có phương trình: x 3 y 6 z 1 2 2 1      Tìm tọa độ điểm C trên d để tam giác ABC cân tại A. Câu 9. (1 điểm) Tìm tất cả các số phức z sao cho: z 2 = 3 z Page 2 ĐỀ SỐ 8 Đ ề t h i t h ử Đ ạ i h ọ c l ầ n V I I I n ă m 2 0 1 2 – T r ư ờ n g T H P T c h u y ê n Đ H S P H à N ộ i Câu 1. (2 điểm) 1. (1 điểm). Học sinh tự giải 2. (1 điểm) Gọi M là điểm thuộc (C) thì M ( 0 0 3 x ;2 ) x1   , trong đó 0 x1 Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là MH 1 = 0 x1 và đến tiệm cận ngang là 2 0 3 MH x1   (0,5 điểm) Tổng khoảng cách giữa hai đường tiệm cận là d = 0 0 3 x1 x1   Theo bất đẳng thức Côsi: 0 0 3 d 2 x 1. 2 3 x1     Vậy d nhỏ nhất bằng 2 3 khi 2 00 0 3 x 1 (x 1) 3 x1       0 0 x 3 1 x 3 1           (thỏa mãn 0 x1 ) Suy ra có hai điểm 1 M ( 3 1; 2 3) và 2 M ( 3 1; 2 3)   (0,5 điểm) Câu 2. (1 điểm) Pt 2 2sinx(cos2x cos ) 2 3.cosx cos(2x cos 2 33           1 2sinx.cos2x sinx 2 3cosx.( cos2x ) 2 2       (0,5 điểm) (sin3x sinx) sinx 3(cos3x cosx) 3cosx 2       sin3x 3cos3x 2   2k cos(3x ) 1 x (k Z) 6 18 3           Vậy nghiệm của phương trình là: 2k x , (k Z) 18 3     (0,5 điểm) Câu 3. (1 điểm) Điều kiện x1 Pt 22 2(x 2) 5 (x 1)(x x 1)      Đặt u = x 1 0 và v = 2 x x 1 0   Phương trình trở thành: 2(u 2 + v 2 ) = 5uv (2u v)(u 2v) 0    Page 3 (0,5 điểm) − Nếu 2u – v = 0 2 x x 1 2 x 1     2 5 37 x 5x 3 0 x 2        (thỏa mãn đk x1 ) − Nếu u – 2v = 0 22 x 1 2 x x 1 4x 5x 3 0         (pt vô nghiệm) Vậy nghiệm của phương trình là x = 5 37 2  (0,5 điểm) Câu 4. (1 điểm) Ta có 22 22 2 2 44 x (sin x cosx) x sin (x ) 4 4 4 I dx dx (sin x cosx) cos (x ) 4                           Đặt t = x dx dt 4     , với x 4   thì t = 0; với x 2   thì t = 4  Khi đó 2 44 2 00 1 I t.tan t.dt t.( 1)dt cos t      2 2 4 4 4 4 2 0 0 0 0 t1 I dt tdt td(tant) t t.tan t tant.dt 44 cos t 2 32 00                  2 2 2 4 0 12 d(cost) ln cost ln 4 4 32 cost 4 32 4 32 2 0                   (0,5 điểm) Câu 5. (1 điểm) Tam giác CDE vuông cân tại E nên trục của đường tròn đi qua ba điểm C, D, E là đường thẳng d đi qua trung điểm I của đoạn CD và song song với SA. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC. Theo giả thiết suy ra SAE vuông cân tại A nên (ABNM) là mặt phẳng trung trực của đoạn SE. Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE là giao điểm của d và mp (ABNM). Gọi K là trung điểm của AB thì KN // AM nên KN // (SAE). Do đó IK // (SAE) nên KN và d đồng phẳng, khi đó O là giao điểm của KN với d. (0,5 điểm) Do 0 OKI MAE 45 nên OIK vuông cân. Ta có 1 3a IK (BC AD) , CD a 2 22     S O D B A K N M E I C Page 4 Suy ra 22 2 2 2 9a 2a OC OI IC 44     . Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CDE là r = OC = a 11 2 . Do đó 3 S.CDE 11 .a 11 V 6   Câu 6. (1 điểm) Hệ pt 2 2 2 2 2 2 x y 2xy 8x 8y 4m 8m 8 x y 2xy 12y 12x 40 4m 4m                    2 2 2 2 2 2 x y 2xy 8x 8y 16 4m 8m 8 x y 2xy 12y 12x 36 4m 4m 4                      2 22 (x y 4) 4m 8m 8 (y x 6) 4m 4m 4                (0,5 điểm) Suy ra 2 2 2 4m 8m 8 0 1 3 m 1 3 (1) 4m 4m 4 0 m m 1 0 (2)                         Do mZ nên từ (1) suy ra   m 2; 1;0   . Thay các giá trị m vào (2) ta được m2 . Với m2 khi đó hệ trở thành: 2 2 (x y 4) 8 (y x 6) 4          (3) Ta thấy nghiệm của hệ phương trình x y 4 2 2 y x 6 2        là (x; y) = (4 2; 2) cũng là nghiệm của hệ (3). Vậy với giá trị nguyên của m2 thì hệ pt đã cho có nghiệm. (0,5 điểm) Câu 7. (1 điểm) Kẻ các đường cao BE, CF ta có tứ giác AEHF nội tiếp nên 0 BAC EHF 180 . Gọi H’ là điểm đối xứng với H qua đường thẳng BC thì BHC BH'C . Do EHF BHC nên 0 BAC BH'C 180 Suy ra H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp ABC (0,5 điểm) Giả sử H’ (x; y) thì HH' BC và BH BH' . Từ đó ta có hệ 2 2 2 2 2(x 1) 0 H'(1;4) x (y 1) 1 3          Gọi I (x ; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , ta có IB = IC = IH’ nên ta có hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 2 x (y 1) (x 2) (y 1) x (y 1) (x 1) (y 4)                A B C H H’ E F Page 5 Giải hệ trên ta được I( 1; 3) và bán kính đường tròn là r = IB = 5 Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x + 1) 2 + (y – 3) 2 = 5 Lưu ý: Có thể xác định điểm A bằng cách BH AC, CH AB . Từ đó viết phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC . (0,5 điểm) Câu 8. (1 điểm) Giả sử Cd thỏa mãn bài toán, khi đó C ( 3 2t; 6 2t; 1 t   ). ABC cân tại A 2 2 2 2 2 t1 AB AC (1 2t) (4 2t) (t 1) 45 t3                Với t = 1, ta tìm được 1 C (1; 8; 2) Với t = –3 ta tìm được 2 C (9;0; 2) Vậy trên đường thẳng d có hai điểm 12 C (1;8;2), C (9; 0; 2) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 9. (1 điểm) Giả sử z = x + yi 2 2 2 z x y 2xyi    Do 3 zR nên từ 23 x0 z z xy 0 y0          Nếu x = 0 2 2 3 3 z y ,z y i     . Suy ra 2 3 2 6 z z y y y 0 z 0        Nếu y = 0 33 z x z x    Khi đó 2 3 2 3 x 0 z 0 z z x x x 1 z 1              Tóm lại: z = 0, z1 (1,0 điểm) . ĐỀ SỐ 8 Đ ề t h i t h ử Đ ạ i h ọ c l ầ n V I I I n ă m 2 0 1 2 – T r ư ờ n g T H P T c h u y ê n Đ H S P H à N ộ i Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số: y = 2x 1 x1   1. Khảo sát sự biến thi n. 3 z Page 2 ĐỀ SỐ 8 Đ ề t h i t h ử Đ ạ i h ọ c l ầ n V I I I n ă m 2 0 1 2 – T r ư ờ n g T H P T c h u y ê n Đ H S P H à N ộ i Câu 1. (2 điểm) 1. (1 điểm). Học sinh tự giải 2 điểm I của đoạn CD và song song với SA. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC. Theo giả thi t suy ra SAE vuông cân tại A nên (ABNM) là mặt phẳng trung trực của đoạn SE. Vậy tâm O