Đề thi thử đại học chuyên ĐHSP năm 2012 môn toán (6)

Page 1 ĐỀ SỐ 9 Đề thi thử Đại học lần V năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số: 21 1 x y x    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến tạo với đường tiệm cần của (C) một tam giác vuông cân. Câu 2 (2 điểm) 1. Giải phương trình: 1 sin cos 2cos 24 x xx         2. Giải phương trình: 2 2 2 2 3 7 3 2 3 5 1 3 4x x x x x x x          Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân 6 2 sin3 cos o x I dx x    Câu 4 (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có các cạnh bên là các hình vuông cạnh bằng a. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, A'C', B'C'. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và A'F theo a. Câu 5 (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 1 1 1 1 abc abc abc            Chứng minh rằng 3 3 3 3 3 3 1 1 1 abc abc      Câu 6 (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình 3 4 10 0xy   và đường phân giác trong BE có phương trình 10xy   . Điểm M (0; 2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 . Tính diện tích tam giác ABC. 2. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng và đường thẳng lần lượt có phương trình ( ): 2 5 0P x y z    và 1 1 3 ( ): 2 1 1 x y z d     Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (P) một góc bằng 0 30 . Câu 7 (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: 4 3 2 4 11 14 10 0z z z z     Page 2 ĐỀ SỐ 9 Đề thi thử Đại học lần V năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1 (2 điểm) 1 (1 điểm): Học sinh tự giải 2. (1 điểm) Phương trình các đường tiệm cận là 1x  và 2y  , chúng lần lượt vuông góc với các trục Ox và Oy. Do đó tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác vuông cân khi và chỉ khi nó vuông góc đường thẳng yx hoặc yx (0,25 điểm) Vì   2 3 ' 0, 1 1       yx x , nên mọi tiếp tuyến của (C) có hệ số góc âm. Suy ra tiếp tuyến chỉ có thể vuông góc với đường thẳng yx Vậy hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình:   2 3 1 1 3 1        x x (0,25 điểm) Với 1 3 2 3xy     . Khi đó PT tiếp tuyến là 3 2 3yx    Với 1 3 2 3xy     . Khi đó PT tiếp tuyến là 3 2 3yx    (0,5 điểm) Câu 2 (2 điểm) 1 (1 điểm) 2 22 sin cos cos sin 2cos 0 2 2 2 2 2 4 x x x x x PT                     cos sin sin cos cos sin 2cos 0 2 2 2 2 2 2 2 4 x x x x x x x                         (0,5 điểm) 1 cos 2 2 2 cos 1 cos 0 2 2 4 cos 0 24 x xx x                               2 4 4 2 4 2 2 () 33 22 2 4 2 2 2 x k x k x k kZ x k x k x k                                                   (0,5 điểm) 2. (1 điểm) Page 3 Điều kiện: 2 2 2 2 3 7 3 0 20 3 5 1 0 3 4 0 xx x xx xx                  2 2 2 2 3 7 3 3 5 1 2 3 4PT x x x x x x x               2 2 2 2 2 2 3 2 3 7 3 3 5 1 2 3 4 xx x x x x x x x              (0,5 điểm)   2 2 2 2 23 20 3 7 3 3 5 1 2 3 4 x x x x x x x x                 Do 2 2 2 2 23 0 3 7 3 3 5 1 2 3 4x x x x x x x                nên 20x Với 2x  thay vào điều kiện ta thấy thỏa mãn Vậy nghiệm của phương trình là 2x  (0,5 điểm) Câu 3 (1 điểm) Đặt 2 sin3 3cos3 . tan cos ux du x dx dx vx dv x               66 2 6 0 00 3 sin sin3 .tan 3 cos3 .tan 3 4cos 3cos 3 cos        x I x x x xdx x x dx x   (0,5 điểm)   6 6 6 6 22 0 0 0 0 33 12 sin .cos 9 sin 12 cos . cos 9 sin 33 x xdx xdx x d x xdx               2 6 6 0 0 3 3 3 3 3 15 8 3 4cos 9cos 4 1 9 1 3 3 8 2 3                           x   Vậy 15 8 3 3 I   (0,5 điểm) Câu 4 (1 điểm) Từ giả thiết suy ra đáy của lăng trụ là tam giác đều cạnh a Gọi K là trung điểm của FC' thì EK song song với A'F và AD, suy ra A, D, K, E đồng phẳng nên khoảng cách từ F đến mp(ADKE) bằng khoảng cách giữa DE và A'F (0,5 điểm) Page 4 Ta có   ''EK BB C C , do đó nếu gọi H là hình chiếu của F lên DK thì   FH ADKE , suy ra FH là khoảng cách cần tìm Trong tam giác vuông DFK có: 2 2 2 1 1 1 17 17 a FH FH FD FK     Vậy   17 ,' 17 a d DE A F  (0,5 điểm) Câu 5 (1 điểm) BĐT cần chứng minh tương đương với 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b b c c a     Từ 1 1 1 abc abc      và 1abc  ab bc ca a b c          0 1 0a b c ab bc ca abc a b c ab bc ca                    1 1 1 0abc     (0,5 điểm) Do 2 10x x x R     , nên             2 2 2 1 1 1 1 1 1 0a a a b b b c c c                3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 0 1 0a b c a b c a b c a b b c c a              3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b c a b b c c a      (đpcm) Câu 6 (2 điểm) 1 (1 điểm) Gọi M' là điểm đối xứng với M qua phân giác BE thì M' thuộc dt BC Tính được điểm M' (1; 1). Đường thẳng BC đi qua M' và vuông góc với AH nên có phương trình: 4 3 1 0xy   Điểm B là giao điểm của BC và BE nên có tọa độ là nghiệm hệ pt:   10 4;5 4 3 1 0 xy B xy           Đường thẳng AB đi qua B và M nên có phương trình: 3 4 8 0xy   Điểm A là giao điểm của AB và AH nên có tọa độ là nghiệm của hệ pt: 3 4 8 0 1 3; 3 4 10 0 4 xy A xy                (0,5 điểm) Điểm C thuộc BC và MC = 2 nên tọa độ là nghiệm của hệ pt: Page 5     2 2 1;1 1, 1 22 31 33 31 33 , ; 4 3 1 0 25 25 25 25 C xy xy xy C xy                           Thế tọa độ A và C (1; 1) vào phương trình đường thẳng BE ta được hai giá trị trái dấu nên B và C (1; 1) khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong của tam giác ABC Tương tự nếu 31 33 ; 25 25 C    thì A và C cùng phía đối với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC Tính được BC = 5 và AH = d (A, BC) = 49 20 . Do đó 49 8 ABC S  (đvdt) (0,5 điểm) 2. (1 điểm) Gọi phương trình mặt phẳng (Q) là Ax + By + Cz + D = 0 với 2 2 2 0A B C   Do (Q) chứa d nên (Q) chứa điểm M (−1; −1; 3) và vectơ pháp tuyến của (Q) vuông góc với vectơ chỉ phương của đường thẳng d. Tức là 20A B C   và 30A B C D     Mặt khác góc giữa (P) và (Q) bằng 0 30 nên ta có cos 0 30 = 2 2 2 2 6. A B C A B C   (0,5 điểm) Từ đó ta có hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 0 4 3 0 7 2 2 3 3 33 22 6. 6. 66 5 36                                A B C A C D A B C D B C D A B C C D A B C C D CD     2 2 2 2 2 44 7 2 7 2 2 9 6 66 5 36 40 A C D A C D B C D B C D C CD D C D CD CD                              0 4           A BC DC Vậy phương trình mặt phẳng (Q) là: 40yz   (0,5 điểm) Câu 7 (1 điểm)     2 2 23 2 22 2 7 2 10 0 25 zz PT z z z z zz                  Page 6 2 2 1 2 2 0 1 12 2 5 0 12 zi z z z i zi zz zi                       . Page 1 ĐỀ SỐ 9 Đề thi thử Đại học lần V năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số: 21 1 x y x    1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C). 10 0z z z z     Page 2 ĐỀ SỐ 9 Đề thi thử Đại học lần V năm 2012 – Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Câu 1 (2 điểm) 1 (1 điểm): Học sinh tự giải 2. (1 điểm) Phương trình.      x   Vậy 15 8 3 3 I   (0,5 điểm) Câu 4 (1 điểm) Từ giả thi t suy ra đáy của lăng trụ là tam giác đều cạnh a Gọi K là trung điểm của FC' thì EK song song với A'F