Tổng hợp đề thi thử đại học khối A, A1, B, D môn toán năm 2013 (Phần 20)

SỞ GD & ĐT THANH HĨA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 MƠN TỐN ( Khối A-B-D) (Thời gian làm 180’ khơng kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  3x   C  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Gọi d đường thẳng qua điểm A(- 1; 0) với hệ số góc k ( k  R) Tìm k để đường thẳng d cắt (C) ba điểm phân biệt hai giao điểm B, C ( với B, C khác A ) với gốc tọa độ O tạo thành tam giác có diện tích Câu II (2 điểm)  x  Tìm nghiệm phương trình: sin x.cos x  sin 2 x  4sin     (1)  2 thoả mãn điều kiện : x   2.Giải phương trình sau :  x  3x    x3    sin x x e dx  cos x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB=a, AD=2a, cạnh SA vng góc với đáy, cạnh SB tạo với đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho a Mặt phẳng (BCM) cắt SD N Tính thể tích khối chóp SBCMN? AM  Câu V (1 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  Câu III (1 điểm) Tính tích phân : I   Tìm giá trị lớn biểu thức P  xy  xy  z yz zx  yz  x zx  y II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần A B Câu VI.A (2,0 điểm) Trong mỈt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;1) , B(1; 2) , träng t©m G cđa tam gi¸c n»m trªn ®-êng th¼ng x  y   T×m täa 27 ®é ®Ønh C biÕt diƯn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 2 Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; 1; 2) N (1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, N cho khoảng cách từ K  0;0;  đến (P) đạt giá trị lớn Tìm điểm I thuộc mặt phẳng (x0y) cho IM+IN nhỏ 2.5x 3 Câu VII.A (1,0 điểm) Giải bất phương trình 5x  52 x  Câu VI.B (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x + y  = Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E(1; 3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho Trong khơng gian 0xyz cho điểm I 1, 2, 2  đường thẳng    : x   y   z mặt phẳng  P  : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện hình tròn có chu vi 8 Từ lập phương trình mặt phẳng  Q  chứa    tiếp xúc với (S) z2  z 1  …………………….Hết…………………… Câu VII.B (1,0 điểm) Giải phương trình sau tập số phức : z  z  Chó ý: ThÝ sinh thi khèi D kh«ng ph¶i lµm c©u V SỞ GD & ĐT THANH HĨA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC ĐÁP ÁN MƠN: TỐN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 Nội dung Câu Điể m I 1.(1,0 điểm) (2điểm) Hàm số (C1) có dạng y  x3  3x   Tập xác định: D  R Khối D  Sự biến thiên - lim y  , lim y   x  x  3điểm 0.25 x  - Chiều biến thiên: y '  3x  x    x  Bảng biến thiên X   y’ + 0 +  Y  Hàm số đồng biến khoảng  ;0   2;   , nghịch biến khoảng (0;2) Hàm số đạt cực đại x  0, yCD  Hàm số đạt cực tiểu x  2, yCT   Đồ thị: Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 0.25 0.25 0.25 2.(1,0 điểm) Đường thẳng d qua A(-1; 0) với hệ số góc k , có phương trình : y = k(x+1) = kx+ k - Nếu d cắt (C) ba điểm phân biệt phương trình: x3 – 3x2 + = kx + k  x3 – 3x2 – kx + – k =  (x + 1)( x2 – 4x + – k ) =  x  1 có ba nghiệm phân biệt  g(x) = x2 – 4x + – k =   g ( x)  x  x   k  0.25 '  k     k  (*) có hai nghiệm phân biệt khác -    g (1)  9  k  Với điều kiện : (*) d cắt (C) ba điểm phân biệt A, B, C Với A(-1;0) , B,C có hồnh độ hai nghiệm phương trình g(x) = - Gọi B  x1; y1  ; C  x2 ; y2  với x1 ; x2 hai nghiệm phương trình : 0.25 x2  x   k  Còn y1  kx1  k ; y2  kx2  k 0.25 - Ta có : BC   x2  x1; k  x2  x1    BC   x2  x1  - Khoảng cách từ O đến đường thẳng d : h  - Vậy 1 k S  h.BC  k 2 1 k II theo 1  k   x 2  x1 1  k  k 1 k giả thiết :  k  k   k   k  64  k  Đáp số : k  , thỏa mãn u cầu tốn 1.(1,0 điểm) 0.25 (2điểm) 1 1  Pt(1)  sin x.cos x   cos x    2sin x   cos x    sin x    2 2  0.25   cos x  2   x    k 2   sin x    sin(  )  x  7  m2   Mặt khác: x    2  x  0.25 * với 2   * Với 2    k 2   k  Do : x   7 7  m2   m  nên x  6 Vậy phương trình (1) có nghiệm x     0.25 0.25 x  7 thoả mãn (2)  x  3x    x3  (1) ĐK x  2 Pt (1)  0.25  x  2  x2  x  4   x2  x     x   Do x=-2 khơng nghiệm pt(1) nên chia vế cho x+2 ta được:  2( x  x  4) x2  x  3 20 x2 x2 0.25  t2 x2  x  Đặt t  ĐK t  Phương trình (1)  2t  3t     t   x2  * Với t   pt VN *Với t=2 PT có nghiệm x   13 Câu III (1điểm)     0.5   sin x x e dx sin x x e dx sin x x e dx    e dx    e dx  cos x  cos x  cos x cos x 0  cos x 0 2 I  x x   0.25 x sin x x e dx e dx Đặt I1    Và I    cos x cos x 2  x x 2sin cos x sin x x x 2 e dx   e dx   tan e x dx Ta có : I   x  cos x 0 cos 2  u  ex  du  e x dx x  e dx   Mặt khác : Tính I1    Đặt dv  dx   x cos x v  tan x   cos  2    2   Áp dụng cơng thức tích phân phần : I1   x  x e dx e  tan e x dx =   2 cos x 2 0.25  Do I  I1  I       x x x x e dx sin x x 2 = e  tan e dx  tan e dx  e dx  e 0 0 2 0 cos x 0  cos x 2 x 2 0.25  Vậy : I  e 0.25 Câu IV Từ M kẻ đường thẳng song song với AD, cắt SD N N giao điểm (1điểm) (BCM) SD, SA  (ABCD) nên góc SB (ABCD) SBA  600 Ta có SA  SB.tan SBA  a Từ ta có: SM  SA  AM  a  a 31  3 SM SN   SA SA Dễ thấy: VS.ABCD  VS.ABC  VS.ADC  2VS.ABC  2VS.ADC Và VS.BCNM  VS.BCM  VS.CNM V V  VS.CNM VS.BCM V Do đó: S.BCNM  S.BCM   S.CNM VS.ABCD VS.ABCD 2VS.ABC 2VS.ADC SM SB SC SM SN SC      SA SB SC SA SD SC 9 3a 10 3a Mà VS.ABCD  SA.dt(ABCD)  (đvtt)  VS.BCNM  3 27  S M N D A B C V Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  (1điểm) xy yz zx   Tìm giá trị lớn biểu thức P  xy  z yz  x zx  y Do xy  z  xy  1.z  xy  z  x  y  z    x  z  y  z  nên x y 1 x y      (1) x z y z 2 x z y z  y z 1 y z  yz    Lý luận tương tự :   (2) y x x z 2 x y x z  yz  x xy  xy  z xz  xz  y 0.5 x z 1 x z      (3) x y y z 2 x y y z  Cộng vế với vế (1) , (2) (3) ta P  xy  xy  z yz zx   yz  x zx  y 0.5 3 Vậy giá trị lớn P   x  y  z  VIa 1.(0,75 điểm) (2điểm) V× G n»m trªn ®-êng th¼ng x  y   nªn G cã täa ®é Đẳng thức xãy : x  y  z  G  (t;  t ) Khi ®ã AG  (t  2;3  t ) , AB  (1; 1) VËy diƯn tÝch tam 2t  1 gi¸c ABG lµ S  AG AB  AG AB  (t  2)  (3  t )  = 2 27 NÕu diƯn tÝch tam gi¸c ABC b»ng th× diƯn tÝch tam gi¸c 0.5 27 ABG b»ng  2t  VËy  , suy t  hc t  3 VËy cã hai ®iĨm G : 2 G1  (6;4) , G  (3;1) V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn xC  3xG  ( xA  xB ) vµ yC  yG  ( y A  yB )     C1  (15;9) , Víi G1  (6;4) ta cã víi G  (3;1) ta cã C2  (12;18) 0.25 2.Gọi n   A, B, C   A2  B  C   vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P) qua M có dạng; Ax  B  y  1  C  z     Ax  By  Cz  B  2C  Do N  1;1;3   P    A  B  3C  B  2C   A  2B  C 0.25   P  :  2B  C  x  By  Cz  B  2C  Mặt khác :Khoảng cách từ K đến mp(P) là:   d K ,  P  B 2 B  2C  BC -Nếu B = d(K,(P))=0 (loại) -Nếu B  d  K ,  P   B B  2C  BC 2  C    1  B   0.5 Dấu “=” xảy B = -C Chọn C = Khi pt (P): x + y – z + = PT (x0y) : z =0 Nhận thấy M ; N nằm phía mặt phẳng (x0y) Gọi M’ điểm đối xứng với M qua (x0y) Đường thẳng d qua M vng góc với  x0  (x0y) có VTCP u   0;0;1 PTTS d :  y  1 Giả sử H  d   x0 y  z   t  Thì H  0; 1;  t  lúc 2+t=0 suy H  0; 1;0  Do M’(0;-1;-2) ; M ' N   1; 2;5 Ta có : IM+IN = IM’+IN  M ' N Đẳng thức xãy 0.5 I  M ' N  ( x0 y ) x 1 y 1 z    1 Điểm I  1  m;1  2m;3  5m  cần thuộc đường thẳng M’N (x0y)nên PT đường thẳng M’N : 3+5m=0  m   Vậy   I   ;  ;0   5  VIIa Đk x  log5 (*) Đặt t= t  5x ĐK t>2 (1điểm) 2t BPT (1)  t   (1) Bình phương vế BPT (1) ta : t 4  x  x  log5 20 t  20  20 t4 t2    (**) 4  45   x  t 4 x  t 4  t     x  log 20 Kết hợp (*) (**) ta :   log  x   2  x  log 20 bất phương trình có nghiệm :  log  x   2 VIb 1.(0.75 điểm) (2điểm) Gọi  đường thẳng qua trung điểm AC AB 664 Ta có d  A,    4 2 Vì  đường trung bình  ABC  d  A; BC   2d  A;    2.4  0.25 0.25 0.25 0.25  E  Gọi phương trình đường thẳng BC là: x  y  a  66a a    12  a  16   Từ đó:  a  28 B C H Nếu a  28 phương trình BC x  y  28  , trường hợp A nằm khác phía BC  , vơ lí Vậy a  , phương trình BC là: x y 4  Đường cao kẻ từ A ABC đường thẳng qua A(6;6)  BC : x  y   nên có phương trình x  y  Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC nghiệm hệ phương trình x  y   x  2    x  y    y  2 Vậy H (-2;-2) Vì BC có phương trình x  y   nên tọa độ B có dạng: B(m; -4-m) Lại H trung điểm BC nên C(-4-m;m) CE    m; 3  m  , AB  (m  6; 10  m) Suy ra: Vì CE  AB nên AB.CE    a   a  5   a  3 a  10    a  2a  12a    Vậy  a  6  B  0; 4   C  4;0   B  6;   C 2;     0.75 2.Ta có (P) cắt (S) theo thiết diện đường tròn (C) có bán kính r mà 2r  =  suy r =4 R2  r  d Trong d  d  I  P     R2  25 0.75 Phương trình mặt cầu (S) :  x  1   y     z    25 2 5 4 Nhận thấy mặt cầu (S) tiếp xúc với    điê,r M  ;  ;  3 3 5 4 Do : Mặt phẳng (Q) chứa    tiếp xúc với (S) qua M  ;  ;  có VTPT 3 3  11 10  MI  ;  ;  : x  33 y  30 z 105  3 3  VIIb i 1 i  ĐS : phương trình có nghiệm z   i ; z   i ; z  ; z  (1điểm) 2  Thí sinh thi khối D khơng phải làm câu V- câu I điểm Thí sinh có cách làm khác đáp án mà cho điểm tối đa câu 0.5 1.0 Phần chung cho tất thí sinh (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số: y  x3  3x  m2 x  m (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực đại, cực tiểu A , B trung điểm I đoạn AB nằm trục hồnh  2017    Câu II (2 điểm) Giải phương trình sau: 2.sin  x    sin  x     tan x 4    2x   2x  2 Giải phương trình sau: ( xR )  2x    x e ln x  e x  e x  ln x  Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: I   dx  ex Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O cạnh a Hình chiếu đỉnh S mặt phẳng (ABCD) trung điểm H cạnh AD, góc hai mặt phẳng (SAC) ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp S.HABC khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC) Câu V (1 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x2  y  z  2011   2012 Chứng minh rằng: xyz  x  y  y  z  z  x  Phần tự chọn (3,0 điểm) (Thí sinh làm hai phần:phần A B) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD biết phương trình đường thẳng BD là: 3x - y - = 0, đường thẳng AB qua M(1; 5), đường thẳng BC qua N(7; 3), đường chéo AC qua P(2; 3) Tìm toạ độ đỉnh hình vng cho Trong khơng gian Oxyz cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình (S): x2  y  z  x  y  z   ; (P): 2x + 2y - z + = Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu VII.a (1 điểm) Cho số phức z1 1  2i  thoả mãn : z  1  i  Tìm tập hợp điểm M mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn: z  z1  B.Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho  ABC cân đỉnh C Biết phương trình  14  đường thẳng AB là: x + y - = 0, trọng tâm tam giác G  ;  diện tích  3 65 tam giác (đvdt) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp  ABC 2 Trong khơng gian Oxyz cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình (S): x2  y  z  x  y  z   ; (P): 2x - 2y + z - = Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính 9 x  y   Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình:  ( x, y  R ) log  y  log x3    PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x2 2x  1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (1), biết tiếp tuyến cắt trục hồnh, trục tung hai điểm phân biệt A, B tam giác OAB cân gốc toạ độ O Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình 1  2sin x  cos x  1  2sin x 1  s inx  Giải phương trình 3x    5x   x R Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I     cos x  1 cos x.dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D; AB = AD = 2a, CD = a; góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 600 Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu V (1,0 điểm) Chứng minh với số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có:  x  y   x  z 3   x  y  x  z  y  z    y  z  PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) giao điểm hai đường chéo AC BD Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng  :x  y   Viết phương trình đường thẳng AB Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : 2x  2y  z   mặt cầu S : x  y2  z2  2x  4y  6z 11  Chứng minh mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định toạ độ tâm tính bán kính đường tròn Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z2 + 2z + 10 = tính giá trị biểu thức A = |z1|3 + |z2|3 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn  C  : x  y2  4x  4y   đường thẳng  : x  my  2m   , với m tham số thực Gọi I tâm đường tròn (C) Tìm m để  cắt (C) hai điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác IAB lớn Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  : x  2y  2z   hai đường thẳng 1 : x 1 y z  x 1 y  z  Xác định toạ độ điểm M thuộc   ; 2 :   1 2 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số : y   x 1 (C) 2x  1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến qua giao điểm đường tiệm cận trục Ox Câu II:(2 điểm) Giải phương trình: Giải phương trình: sin x cos x   tgx  cot x cos x sin x 2  log3 x log9x  1  log3 x Câu III: (2 điểm) 1.TÝnh nguyªn hµm: 2.Gi¶i bÊt ph-¬ng tr×nh: F ( x)   sin xdx  4sin x  cos x x 1  x   x  Câu IV: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình cạnh AB, AC theo thứ tự 4x + y + 14 = 0; 2x  5y   Tìm tọa độ đỉnh A, B, C PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chó ý:ThÝ sinh chØ ®-ỵc chän bµi lµm ë mét phÇn nÕu lµm c¶ hai sÏ kh«ng ®-ỵc chÊm A Theo chương trình chuẩn Câu Va : Tìm hệ số x8 khai triển (x2 + 2)n, biết: A 3n  8C2n  C1n  49 Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) điểm A, B cho AB  B Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: Giải phương trình : log3 x  12  log 2x  1  2 Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình vng tâm O, SA vng góc với ®¸y hình chóp Cho AB = a, SA = a Gọi H K hình chiếu vu«ng gãc A lên SB, SD Chứng minh SC  (AHK) tính thể tích khèi chóp OAHK ………………… … ……………… Hết…………………………………… (C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) H-íng dÉn chÊm m«n to¸n C©u Néi Dung ý §iĨm I Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iĨm)  TX§: D = R\ {-1/2} 0,25  Sùù BiÕn thiªn: y ,  3  x  1  0x  D Nªn hµm sè nghÞch biÕn trªn (;  )va( ; ) + Giíi h¹n ,tiƯm cËn: lim y   x  0,25 lim y    §THS cã tiĐm cËn ®øng : x = -1/2 x  2 x  lim y   x  lim y    ®THS cã tiƯm cËn ngang: y = -1/2 + B¶ng biÕn thiªn: x  y’  -1/2 - -  -1/2 0,25 y  -1/2  §å ThÞ : y 0,25 -1/20 1/2 I x -1/2   Giao điểm tiệm cận đứng với trục Ox A   ,0    1  Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng y  k x   2  x  1   2x   k  x     () tiếp xúc với (C)   /  x    m   k cónghiệ  2x   0,25  x  1   2x   k x   (1)      3  k (2)  2x  12 0,25 Thế (2) vào (1) ta có pt hồnh độ tiếp điểm 1  3 x   x  2   2x   2x  1 1  (x  1)(2x  1)  3(x  ) x    x   2 Do k   x 12  Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y   0,25 1 1 x   12  2 II 0,25 sin2x cos2x   tgx  cotgx (1) cosx sinx cos2x cosx  sin2x sinx sinx cosx (1)    sinx cosx cosx sinx cos2x  x  sin2 x  cos2 x   sinx cosx sinx cosx Giải phương trình:  cosx   cos2x  sin2x  0,25 0,25  2cos2 x  cosx    sin2x   cosx  x ( cosx  1 :loại sinx  0)   k 2 0,25 0,25 2  (1)  log3 x  1 (1)  2  log3 x  log3 9x  log3 x Phương trình: 2  log3 x log9x  0,25   log3 x  1  log3 x  log3 x 0,25 đặt: t = log3x 2 t    t  3t    t 1 t (vì t = -2, t = khơng nghiệm)  t  1 hay t  thành Do đó, (1)  log3 x  1 hay x   x  hay x  81 0,25 0,25 III 1 Ta cã F ( x)   sin xdx 2sin x cos xdx   4sin x  (1  2sin x)  2sin x  4sin x  0,25 §¨t u = sinx  du  cos xdx F ( x)  G (u )   Ta cã:  ln u   O,25 udu  u  1  du du  u 1 (u  1) 0,25 c u 1 VËy F ( x)  ln sinx   c sin x  0,25 §k: x   x 1  x   x  Bpt  x  x    x 0,25 4  x   3 x  12 x   0,25 3  x    6  62 x   0,25 0,25 62  3 x  IV   Tọa độ A nghiệm hệ 4x  y  14   x  4  A(–4, 2) 2x  5y   y2 0,25 Vì G(–2, 0) trọng tâm ABC nên 3x G  x A  x B  x C x B  x C  2  (1)  3y G  y A  y B  y C y B  y C  2 0,25 Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) 2x C(xC, yC)  AC  y C   C  ( 3) 5 0,25 Thế (2) (3) vào (1) ta có x B  x C  2 x B  3  y B  2    2x C  4x B  14    2 x C   y C   5  Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 0,25 V.a 1 0,25 Điều kiện n    C x n n k 2k n k n Ta có: x   k 0 Hệ số số hạng chứa x8 C4n 2n Hệ số số hạng chứa x8 C4n 2n 0,25 0,25 Ta có: A 3n  8C2n  C1n  49  (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49  n3 – 7n2 + 7n – 49 =  (n – 7)(n2 + 7) =  n = 0,25 Nên hệ số x C47 23  280 2 Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) 0,25 R Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB  IM trung điểm H đoạn AB Ta có AH  BH  0,25 AB  2 0,25 Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I Gọi A'B' vị trí thứ AB Gọi H' trung điểm A'B'  3 Ta có: IH '  IH  IA  AH        Ta có: MI    1  1 2 MH  MI  HI   0,25 2  ; 2 5 MH '  MI  H 'I   13  2 0,25 Ta có: 49 52    13 4 169 172 R22  MA '2  A ' H'2 MH '2     43 4 R12  MA  AH  MH  Vậy có đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 V.b 0,25 0,25 1 Giải phương trình: log3 x  1  log 2x  1  §k:  x   2log3 x   2log3  2x  1   log3 x   log3  2x  1   log3 x   2x  1  log3  x   2x  1  0,25 0,25 0,25     x 1 x 1  2 hoac 2x  3x    2x  3x   0(vn)  x2 0,25 2 +BC vng góc với (SAB)  BC vng góc với AH mà AH vng với SB  AH vng góc với (SBC)  AH vng góc SC (1) + Tương tự AK vng góc SC (2) (1) (2)  SC vng góc với (AHK ) 0,25 0,25 SB2  AB2  SA  3a2  SB = a a 2a 2a  SH=  SK= 3 (do tam giác SAB SAD vng A) AH.SB = SA.AB  AH= Ta có HK song song với BD nên HK SH 2a   HK  BD SB 0,25 0,25 kỴ OE// SC  OE  ( AHK )(doSC  ( AHK )) suy OE lµ ®-êng cao 0,5 cđa h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 Gọi AM đường cao tam giác cân AHK ta có AM  AH  HM  4a 2a  AM= 0,25 VOAHK 1a a3 (®vtt)  OE.SAHK  HK.AM  32 27 S K I M H E A D O M C 0,25 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( điểm) CâuI: ( 2.0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3mx + 3m + đồ thị ( Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m = Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị ( Cm) trục hồnh có phần nằm phía trục hồnh phần nằm phía trục hồnh CâuII: ( 2.0 điểm) Giải phương trình cos2x + cos4x + cos6x = cosxcos2xcos3x + 2 Giải phương trình ( 2x +1) x   x  x    CâuIII: ( 1.0 điểm) Tính tích phân I =   sin xdx 2 x  Câu IV: ( 1.0 điểm) Cho tứ diện ABCD có tất cạnh a Gọi P, Q trung điểm AB CD R điểm cạnh BC cho BR = 2RC Mặt phẳng ( PQR) cắt AD S Tính thể tích khối tứ diện SBCD theo a 2 x  y  y  x  Câu V:( 1.0 điểm) Giải hệ phương trình  3  x  y  y  x PHẦN RIÊNG ( điểm): Thí sinh làm hai phần ( phần A B) A Theo chương trình chuẩn Câu V.a ( 2.0 điểm) Trong khơng gian với hệ toạ độ 0xyz cho điểm A( 0;0;2), B(3; 0;5), C(1;1;0) , D( 5;1; 2).Lập phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A,B đồng thời cách hai điểm C D Trong mặt phẳng với hệ toạ độ (0xy) cho đường tròn ( C) có phương trình: (x – 1)2 + (y-2)2 = Và điểm K( 3;4) Lập phương trình đường tròn ( T) tâm K cắt đường tròn ( C) Tại hai điểm A,B Sao cho diện tích tam giác IAB lớn với I tâm đường tròn ( C) Câu VIa ( 1.0 điểm): Tìm giới hạn sau  x3  x  I = lim x 1 x2 1 A Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: ( 2.0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng ( d ) có phương trình: x y 1 z   Và hai điểm A( 1;2;-4) ; B( 1;2;-3) lập phương trình đường thẳng (  ) qua B cắt đường ( d) đồng thời khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng (  ) lớn Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 0xy cho hai đường thẳng d1: x + 2y – = d2: 5x + y–8= điểm G( 2;1) Tìm tọa độ điểm B thuộc d1 điểm C thuộc d2 cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm biết A giao điểm d1 d2 x   cos x x 0 x2 CâuVIb: ( 1.0 điểm): Tìm giới hạn sau: I = lim PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I ( điểm) Cho hàm số y  x4  2mx2  3m  (C), m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m=1 Tìm tham số m để hàm số (C) đồng biến khoảng (1; 2) Câu II (2 điểm)   y   y  3 x  y  3 Giải hệ phương trình:    x2  2 y  Giải phương trình: 2sin x  cos x  7sin x  2cos x  Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I   dx x  x 1 Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, góc DAB  600 Chiều 3a cao SO chóp , ( O giao hai đường chéo đáy) Gọi M trung điểm cạnh AD, ( ) mặt phẳng qua BM song song với SA, cắt SC, SD K, P Tính thể tích khối KPBCDM theo a Câu V(1 điểm) Cho a, b, c số thực khơng âm thoả mãn điều kiện: a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  a2b  b2c  c2a PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chọn làm hai phần ( phần A phần B ) A Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) Viết phương trình cạnh AB hình chữ nhật ABCD biết cạnh AB, BC, CD, DA qua điểm M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1) diện tích hình chữ nhật 16 Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 1; 1) đường thẳng x 1 y z  Viết phương trình đường thẳng  qua A cắt d, cho khoảng cách từ d:   2 1 gốc toạ độ O đến  nhỏ Câu VII.a (1 điểm) Có cách chia đồ vật đơi khác cho người cho người đồ vật ? B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) x2  y  hai điểm A(0; Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elíp có phương trình ( E ) : 2), B(-2; 1) Tìm điểm C  ( E ) cho diện tích tam giác ABC lớn Trong khơng gian với hệ trục Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) : x  y   , ( ) : y  z   , điểm M(1; 1; 0) Viết phương trình đường thẳng d qua M vng góc với giao tuyến ( ) (  ) , đồng thời d cắt ( ) (  ) A, B cho M trung điểm AB Câu VII.b (1 điểm) Hãy tìm hệ số có giá trị lớn đa thức: P( x)   x  1  a0 x13  a1x12  a2 x11   a12 x  a13 -13 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  mx3  (m  1) x  (4  3m) x  có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số m=1 Tìm tất giá trị m cho đồ thị (C m) tồn điểm có hồnh độ âm mà tiếp tuyến vng góc với đường thẳng (L): x+2y-3=0 Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin x.sin x  cos x   cos x   4x  x  log 23 y   Giải hệ phương trình  log y  x  (1  log y )(1  )  x dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I    x  x2 Câu IV (1,0 điểm) Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi ABCD cạnh a, góc A=600, chân đường vng góc hạ từ B’ xuống đáy ABCD trùng với giao điểm đường chéo đáy, cho BB’=a Tính diện tích xung quanh thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ Câu V (1,0 điểm) Tùy theo tham số m, tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 P= ( x  y  1)  (2 x  my  3) Với x, y  PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần ( phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2,0 điểm) Tìm mặt phẳng 0xy điểm mà khơng có đường thẳng (d):(m21)x+2my+1-m=0 qua Trong khơng gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d ) : x  y   z  tiếp xúc với mặt cầu tâm I(1;2;-1) bán kính R  Câu VIIa (1,0 điểm) Cn  22nn với n  , n  Trong C2nn số tổ hợp chập n Chứng minh 2n  2n phần tử B Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng 0xy chứng minh đường tròn (Cm ) : x  y  2m2 x  4my  4m2  ln tiếp xúc với đường cố định mà ta phải rõ x 1 y  z Trong khơng gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d ) :   1 2 tạo với trục Oy góc lớn Câu VIIb (1,0 điểm) Định m để bất phương trình 9x  m.3x  m   có nghiệm [...]... 27 33  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M  3;  hoặc M  ;   2  5 10  2 2 2 2 0,25 0,25 1,00 Ta tính được AB  CD  10, AC  BD  13, AD  BC  5 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đơi một bằng nhau Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng 0,25 tâm G của tứ diện này 3 3 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G  ;0;  , bán kính...  sin x) d( sin x)   sin x  3 5  0 15 0 2 2 Vậy I = I1 – I2 = 8   15 4 Câu IV.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D; AB = AD = 2a, CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600 Gọi I là trung điểm của cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Giải: Vì (SBI)và (SCI)vng góc với (ABCD) nên SI... ABCD  AB AD = 12  AD = ABCD   2 2 AB 3 2 0,50  AD   d  , suy ra phương trình AD: 1  x  3  1  y  0   0  x  y  3  0   M  AD Lại có MA = MD = 2 Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:   y  x  3  y  x  3 x  y  3  0        2 2 2 2 2 2     x  3  y  2  x  3   3  x   2   x  3  y  2 y  3 x x  2 x  4   hoặc  Vậy A(2;1), D( 4;-1),... cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 2 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3 Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2  2  1  3  16 0,25 d  d  I ,  P    5 d  R 3 Do đó (P) và (S) khơng có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2 Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0 D thấy N0 là hình...  26u  20  0 vơ n 0 do  '  13  15.20  0  u  2  x  2 (tm) Vậy phương trình có tập nghiệm là S={-2}  2   Câu III.Tính tích phân I   cos3 x  1 cos 2 x.dx Ta có: 0  2  2 0 0 I =  cos5 x.dx   cos 2 x.dx  2  2  1 1 1   Ta có: I2 =  cos x.dx   (1  cos2x).dx =  x  sin 2x  2  20 2 2 0 4 0 2  2  2 0 0 Mặt khác xét I1 =  cos5 x.dx   cos 4 x.cosx.dx  2  1 5  2sin... y   2 2  x  y  x  y  25  Câu III (1 điểm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a,     cạnh SA vng góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60o Trên cạnh SA lấy a 3 điểm M sao cho AM  Mặt phẳng  BCM  cắt cạnh SD tại điểm N Tính thể tích khối 3 chóp S.BCNM Câu IV (2 điểm) 6 dx 2 2x  1  4x  1 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm... độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;1;3), D( 1;-1;0) Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Câu VII.a (1 điểm) Cho phương trình : z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i = 0 (1) 1) Chứng minh rằng (1) nhận một nghiệm thuần ảo 2) Giải phương trình (1) 2 Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng... tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0 A = AH  AD  A (1;2) M là trung điểm AB  B (3; -2) BC qua B và vng góc với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0  x + 6y + 9 = 0 3 D = BC  AD  D (0 ;  ) 2 D là trung điểm BC  C (- 3; - 1) AC qua A (1; 2) có VTCP AC  (4; 3) nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0  3x – 4y + 5 = 0 x  2  t  2) AB qua A có VTCP AB  (1;1; 2) nên có phương trình :  y  1  t (t  ) z  2t  D ... i n thi n và v th C hàm số 2 Tìm tr n th C ặp iểm ối xứng nh u qu Cho hàm số: y  ường thẳng d: y=-2x+4 C 1  2sin x  x   2sin 2    tan x cos x 2 2  xy  y  2  2x i i h phư ng trình :  2 2 2 2x y  4x  y  3x 1 6 x dx T nh t h ph n: =  x 9  3.6 x  2.4 x 0 1 i i phư ng trình 2 1  cos x  Cho hình chóp S.ABCD có SA vng gó với mặt phẳng ABCD , y ABCD là hình thang cân y lớn AD=2 ,... 10i = (z – 2i)(z2 +az + b) (a, b  R) đồng nhất hố hai vế ta giải được a = 2 và b = 5  z  2i  z  2i    z  1  2i  (1)  (z – 2i)(z = 2z + 5) = 0   2 z  2z  5  0  z  1  2i  2 Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm VIb 1 2,00 1,00 9 9 3 và I   d  : x  y  3  0  I  ;  2 2 2 Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) 9 ... GD & ĐT THANH HĨA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC ĐÁP ÁN MƠN: TỐN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 Nội dung Câu Điể m I 1.(1,0 điểm) (2điểm) Hàm số (C1) có d ng y  x3  3x   Tập xác định: D  R Khối D. .. 1đ D A H K B N C +) Tính thể tích khối chóp: Gọi H trung điểm AD thi SAD tam giác cạnh AD = a nên SH  AD a SH = Mặt khác theo gt (SAD)  (ABCD) nên SH  (ABCD) 1 a a3  V  S SH  a  Đáy khối. .. (MHC)) Ta d d ng tính a a 2a 2 DH DC a MK = SH  , KI = d( D, HC) = =  2 3 DH  DC a  a2 a 2a KM KI 2a 93 2a 93 Suy KJ = = = Vậy d( SB, HC) = 93 31 KM  KI 3a 4a  36 45 Khơng tính tổng qt,