Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 1 - SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012- LẦN 2 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn TOÁN- khối D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 2x 1 y x 2 − = ⋅ + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số đã cho. 2. Cho hai điểm A( 5; 1), B(1; 3).− Tìm các điểm M trên đồ thò (C) sao cho tam giác MAB vuông tại M. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 2cos x 2 cos x sin 2x 2(1 cosx)(1 sin x). cos x 1 − − = + + − 2. Giải bất phương trình < − + + 2 2 2x (3 9 2x) x 21. Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân 5 2 3 2 4 dx I x x = + ∫ Câu IV. (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau, AB BC CD a.= = = Gọi C và D ′ ′ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tứ diện ABC D . ′ ′ Câu V. (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2 2 x y 2.+ = Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của biểu thức 3 3 A 2(x y ) 3xy.= + − 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 VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A nằm trên đường thẳng d: x y 1 0 + − = và đường tròn nội tiếp hình vuông là 2 2 (C) : x y 8x 6y 21 0.+ − + + = 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0; 1; 1), C(0; 0; 2) và đường thẳng x y 2 z 1 : 1 1 1 + − ∆ = = ⋅ − Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (CAB) bằng o 30 . Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 2i z z i z 1 − = ⋅ − = − B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2 (C) : x y 8x 9 0+ − − = và điểm M(1; 1) − . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho MA 3MB. = 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 4; 2),B( 1; 2; 4) − và x 1 y 2 z : 1 1 2 − + ∆ = = ⋅ − Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho diện tích tam giác MAB nhỏ nhất. Câu VIIb. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 3 log log 9 10 x y 3 e e x y x y 3 − = − ⋅ + = http://kinhhoa.violet.vn Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 2 - Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1)… { } Tập xác đònh: \ 2 Sự biến thiên: = − ⋅ i ℝ i D 2 5 - Chiều biến thiên: y 0, x 2. (x 2) ′ = > ∀ ≠ − + - Hàm số đồng biến trên các khoa ûng ( 2) và (2; ). ∞ − + ∞ − ; − ; − ; − ; 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: x x lim y lim y 2 tiệm cận ngang: y 2 →+∞ →−∞ ⊕ = = ⇒ = ⋅ ( x 2) x ( 2) lim y , lim y tiệm cận đứng: x 2. → → − + − − ⊕ = +∞ = −∞ ⇒ = − 0,25 - Bảng biến thiên: x −∞ 2 − +∞ y ′ + + y +∞ 2 2 −∞ 0,25 • Đồ thò tự vẽ 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm các điểm M trên đồ thò (C) sao cho tam giác MAB vuông tại M. o o o o 2x 1 Gọi M x ; (C), x 2. x 2 − ∈ ≠ − + Gọi I là trung điểm của AB, suy ra I ( 2;2), độ dài AB 40 2 10. − = = 0,25 Tam giác MAB vuông tại M khi và chỉ khi 1 IM AB 10. 2 = = 0,25 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 o o o 2 o o 2x 1 25 x 2 2 10 x 2 10 x 2 x 2 − ⇔ + + − = ⇔ + + = + + 2 o o (x 2) 5 x 2 5 ⇔ + = ⇔ = − ± 0,25 I (2,0điểm) ( ) ( ) 1 2 Vậy có hai điểm cần tìm là M 2 5; 5 2 , M 2 5; 5 2 . − − + − + − + 0,25 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Điều kiện cos x 1 x k2 , k . ≠ ⇔ ≠ π ∈ ℤ (*) 0,25 Với điều kiện (*), phương trình đã cho tương đương 2 2 2 2cosx(sin x 1) 2cosx(sin x 1) 2(1 cos x)(1 sin x ) cos x(sin x 1)sinx sin x(1 sin x) (sin x 1)sinx(cos x sin x) 0 − − − + = − − + ⇔ + = + ⇔ + − = 0,25 II (2,0 điểm) x k2 sin x 1 2 sin x 0 x k (k ). tan x 1 x k 4 π = − + π = − ⇔ = ⇔ = π ∈ = π = + π ℤ 0,25 Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 3 - a D ′ A D C B C ′ Kết hợp với (*), ta suy ra nghiệm của PT đã cho là x k2 2 x k2 (k ). x k 4 π = − + π = π + π ∈ π = + π ℤ 0,25 2. (1,0 điểm) Giải bất phương trình… 9 2x 0 9 x và x 0 2 3 9 2x 0 Điều kiện + ≥ ⇔ ≥ − ≠ − + ≠ (*). 0,25 Biến đổi bất phương trình và rút gọn ta được < + − + + 2 x 9 x 3 9 2x x 21 2 x (x 21)(9 x 3 9 2x) ⇔ < + + − + (x 21) 9 2x 10x 63 ⇔ + + < + 0,25 < ⇔ + < ⇔ − < ⇔ ≠ + + 2 2 2 7 x ( ) (9 2x) (10 ) x (2x 7) 0 2 x 0 x 21 x 63 0,25 Kết hợp với điều kiện (*) bất phương trình đã cho có tập nghiệm là = − 9 7 T ; \ {0}. 2 2 0,25 Tính tích phân Ta có 5 5 2 3 2 3 2 2 2 4 4 dx xdx I x x x x = = ⋅ + + ∫ ∫ 0,25 2 2 2 2 4 4 4 xdx Đặt t x t x dt x = + ⇒ = + ⇒ = ⋅ + Lúc đó 4 3 2 4 dt I t = − ∫ 0,25 4 4 4 4 3 3 3 3 1 2 1 1 4 2 4 2 2 4 (t ) (t 2) dt dt t 2 dt ln (t )(t 2) t t t 2 + − − − = = − = + − − + + ∫ ∫ ∫ 0,25 III (1,0 điểm) 1 5 4 3 ln = ⋅ Vậy 1 5 4 3 I ln . = 0,25 Tính thể tích tứ diện ABC’D’ IV (1,0 điểm) Vì CD BC CD AB ⊥ ⊥ nên CD (ABC) ⊥ và do đó (ABC) (ACD) ⊥ . Vì BC AC nên BC (ACD). ′ ′ ⊥ ⊥ 0,25 Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 4 - Thể tích tứ diện ABC D : ′ ′ ABC D AC D 1 1 1 CD V BC .S BC .AC .AD sinCAD BC .AC .AD . 3 6 6 AD ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ 0,25 Vì tam giác ABC vuông cân tại B nên a 2 AC CC BC 2 ′ ′ ′ = = = ⋅ Ta có 2 2 2 2 2 2 2 AD AB BD AB BC CD 3a = + = + + = nên AD a 3. = Vì BD ′ là đường cao của tam giác vuông ABD nên 2 2 AB a AD .AD AB AD AD 3 ′ ′ = ⇒ = = ⋅ 0,25 Vậy 2 3 ABC D 1 a 2 a a a V 6 2 36 3 a 3 ′ ′ = ⋅ ⋅ ⋅ = (đvtt). 0,25 Tìm giá trò lớn nhất của P Đặt 2 S x y; P xy (điều kiện S 4P). = + = ≥ Từ giả thiết ta có 2 2 2 S 2 S S 2P 2 P S 2 2 4 − − = ⇒ = ≤ ⇒ ≤ 0,25 Từ đó, ta có: 2 2 3 3 3 2 S 2 S 2 A 2 (x y) 3(x y)xy 3xy 2 S 3S 3 2 2 3 S S 6S 3 f(S) 2 − − = + − + − = − − = − − + + = 2 f (S) 3S 3S 6; f (S) 0 S 1 hoặc S 2. ′ ′ = − − + = ⇔ = = − 0,25 Khi đó, ta có { } S [ 2;2] 13 MaxA max f(S) max f( 2);f(1); f(2) f(1) 2 ∈ − = = − = =i tại 1 3 1 3 x x 2 2 ; 1 3 1 3 y y 2 2 + − = = − + = = 0,25 V (1,0 điểm) { } S [ 2;2] MinA min f(S) min f( 2);f(1);f(2) f( 2) 7 ∈ − = = − = − = − i tại x 1 . y 1 = − = − 0,25 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A VIa (2,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm 3 I(4; ) − và bán kính 2 R . = Ta có A d A(a; 1 a), a ∈ ⇒ − ∈ ℝ Theo giả thiết I d ∈ và hình vuông ngoại tiếp đường tròn nên 2 2 IA R 2 . = = Hình minh họa 0,25 d R I D C B A Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 5 - 2 2 2 4 2 6 4 4 8 4 4 4 2 4 2 2 a a (a ) ( a) (a ) a a a − = = ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ ⇔ ⋅ − = − = Với 2 a = thì 1 5 A(2; ) nên C(6; ). − − Với 6 a = thì 5 1 A(6; ) nên C(2; ). − − 0,25 Mặt khác, đường thẳng BD qua I và vuông góc d có phương trình BD: x y 7 0, do đó B(b; b 7) − − = − Ta có 2 2 2 6 2 2 4 8 4 4 4 2 2 b IB (b ) (b 4) (b ) b b = = ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ ⋅ = 0,25 Với 2 b = thì 5 1 B(2; ) nên D(6; ). − − Với 6 b = thì 1 5 B(6; ) nên D(2; ). − − 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm tọa độ điểm M… Vì M M(t; t 2; t 1), t Ta co ù AB ( 1; 1; 1), AC ( 1; 0; 2), AM (t 1; t 2; t 1) ∈∆ ⇒ − − + ∈ = − = − = − − − + ℝ 0,25 Suy ra một VTCP của mặt phẳng (MAB) là 1 n [AB; AM] (2t 3; 2t; 3). = = + 0,25 Một VTCP của mặt phẳng (CAB) là 2 n [AB; AC] (2; 1; 1). = = 0,25 Vì góc góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (CAB) bằng o 30 nên o 1 2 2 2 2 2(2t 3) 2t 3 3 cos30 cos(n ,n ) hay 2 (2t 3) (2t) 3 6 + + + = = + + + 2 2 2 (2t 3) (2t) 3 2 2t 3 t 0. ⇔ + + + = + ⇔ = Điểm cần tìm có tọa độ 0 2 1 M( ; ; ). − 0,25 Tìm số phức Giả sử z x yi (x; y ) = + ∈ ℝ , suy ra z 2i x (y 2)i, z i x (y 1)i, z 1 x 1 yi − = + − − = + − − = − + 0,5 Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 z i z x (y 2) x y z i z x (y 1) (x 1) y − = + − = + ⇔ − = − + − = − + 0,25 VIIa (1,0 điểm) 4 0 1 1 4y x 2y 2x y − = = ⇔ ⇔ ⋅ − = − = Vậy z 1 i. = + 0,25 1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng đi qua M… (C) có tâm I(4; 0), bán kính R 5. = Ta có IM 10 5 R = < = ⇒ M nằm trong (C). 0,25 VIb (2,0 điểm) Giả sử đường thẳng d đi qua M, cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho MA 3MB = . Kẻ AB IH AB HB HA 2 ⊥ ⇒ = = Mà AB BH MA 3MB MH 4 2 = ⇒ = = Do đó 2 2 2 2 2 2 2 2 BH R IH IH IM MH IM IM 4 4 − = − = − = − 2 2 2 4IM R 40 25 IH 5 IH 5. 3 3 − − ⇔ = = = ⇒ = 0,25 AB d I H M Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 6 - Đường thẳng d đi qua M, phương trình có dạng a(x 1) b(y 1) 0 ax by b a 0 − + + = ⇔ + + − = 2 2 (a b 0). + ≠ 2 2 2 2 2 2 2 a 2b 4a b a d(I,d) IH 5 (3a b) 5(a b ) 2a 3ab 2b 0 b a a b 2 = − + − = ⇔ = ⇔ + = + ⇔ + − = ⇔ ⋅ = + 0,25 1 Với a 2b chọn b 1 thì a 2 ta có d : 2x y 3 0 . = − = − = − − = i 2 b Với a chọn b 2 thì a 1 ta có d : x 2y 1 0. 2 = = = + + = i 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho diện tích tam giác MAB nhỏ nhất. Vì M M(1 t; 2 t; 2t),t . ∈∆ ⇒ − − + ∈ ℝ Ta có AM ( t; t 6; 2t 2), AB ( 2; 2; 2) = − − − = − − 0,25 Diện tích tam giác MAB là 2 2 2 MAB 1 1 S AM, AB (6t 16) (4 2t) (4t 12) 2 2 = = − + − + − 0,25 2 1 19 24 42 56 t , t . 2 7 7 7 = − + ≥ ∀ ∈ ℝ 0,25 Vậy giá trò nhỏ nhất của diện tích tam giác MAB là 42 7 , xảy ra khi 19 t 7 = hay 12 5 38 M ; ; 7 7 7 − ⋅ 0,25 Giải hệ phương trình Điều kiện 0, 0 x y > > (*) 0,25 Với điều kiện trên bất phương trình đã cho tương đương với HPT đ ã cho có th ể vi ế t l ạ i d ướ i d ạ ng 3 3 (1) log 1 4 6log 10 (2) x y e x e y x y − = − − + + = 0,25 Xét hàm s ố t f(t) e t, = − có ( ) 1 0, 0 t f t e t ′ = − > ∀ > nên hàm s ố đồ ng bi ế n khi 0 t > . T ừ (1) có f(x) f(y), = suy ra . x y = 0,25 VIIb (1,0 điểm) Thay vào (2) ta đượ c 3 log 1 3 x x = ⇔ = . T ừ đ ó suy ra 3 y = K ế t h ợ p đ i ề u ki ệ n (*) ta đượ c HPT đ ã cho có nghi ệ m là (3; 3). (x;y) = 0,25 . đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 1 - SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012- LẦN 2 THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn TOÁN- khối D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề. ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ - 2 - Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò hàm số (1)… { } Tập xác đònh: 2 Sự biến thi n: = − ⋅ i ℝ i D 2 5 - Chiều biến thi n:. vuông ABCD biết đỉnh A VIa (2,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm 3 I(4; ) − và bán kính 2 R . = Ta có A d A(a; 1 a), a ∈ ⇒ − ∈ ℝ Theo giả thi t I d ∈ và hình vuông ngoại tiếp đường tròn nên