ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 TRƯỜNG THPT LÊ LỢI, T.P ĐÔNG HÀ - QUẢNG TRỊ MôN TOÁN KHỐI A-B

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 TRƯỜNG THPT LÊ LỢI, T.P ĐÔNG HÀ - QUẢNG TRỊ MôN TOÁN KHỐI A-B

www.VIETMATHS.com Nhóm ra đề: Hoàng Hữu Lập – Nguyễn Thị Bách – Lê Đức Hải. TRƯỜNG THPT LÊ LỢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012 Thành phố Đông Hà MÔN TOÁN - KHỐI A, B Quảng Trị Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2mx y x m    có đồ thị là ( ) m C . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 2m   . 2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của ( ) m C . Tìm m để đường thẳng : 2d y x   cắt ( ) m C tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB là tam giác đều. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 cos2 2tan 4 cos x x x    2. Giải hệ phương trình: 2 2 1 1 ( , ) 1 1 x y x x y y x y                Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 2 4 (sin cos )sin dx I x x x      . Câu IV (1,0 điểm) Tứ diện SABC có S ( )A ABC , tam giác ABC vuông tại B, 3BC a , 7AC a , M là trung điểm của AB và góc giữa hai mặt phẳng (SMC) và (ABC) bằng 30 o . Tính theo a thể tích khối tứ diện SABC và diện tích tam giác SMC. Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm: 4 4 2 2x x x x m      . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng : 2 1 0x y   và hai điểm (1;0), (3; 2)A B  . Tìm điểm M thuộc đường thẳng  sao cho | 3 |MA MB   nhỏ nhất. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): 2 2 2 2 2 2 1 0x y z x y z       và hai điểm (3;1;0), (2;0; 2)A B  . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 1. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức ( 3) , ( )z a a i a     . Tìm a để khoảng cách từ điểm biểu diễn số phức z đến gốc tọa độ là nhỏ nhất. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): 2 2 2 3 0x y x    . Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết góc giữa tiếp tuyến và trục hoành bằng 60 o . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 10 1 0S x y z x y      và hai đường thẳng 1 1 3 1 : 1 1 2 x y z d       , 2 : 2 3 3 x t d y t z t           . Viết phương trình đường thẳng  đi qua tâm của (S) và cắt cả hai đường thẳng d 1 , d 2 . Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa điều kiện: | 3 3 | 3z i   , tìm số phức có Acgumen dương và nhỏ nhất. .HẾT . Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: www.VIETMATHS.com Nhóm ra đề: Hoàng Hữu Lập – Nguyễn Thị Bách – Lê Đức Hải. 1 HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012 Môn: Toán khối A-B Câu Đáp án Điểm I.1 (1,0 điểm) Khi m = 2 : 2 2 2 x y x     Tập xác định D = \{ 2} Chiều biến thiên 2 6 ' 0, 2 ( 2) y x x        ; y’ không xác định tại 2x   0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 2),( 2; )    , hàm số không có cực trị. Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2 x x y y       Tiệm cận ngang 2y   2 2 lim , lim x x y y          Tiệm cận đứng 2x   0,25 Bảng biến thiên: x  2  y’   y 2   2 0,25 Đồ thị: Cắt Oy tại (0;1) , cắt Ox tại (1;0) . Tâm đối xứng ( 2; 2)I   x y 1 I -2 -2 O 1 0,25 I.2 (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: 2 2 2 ( ) 2 2 2 0 (1) mx x g x x x m x m            với x m 2y x   cắt ( ) m C tại hai điểm phân biệt khi ( ) 0g x  có hai nghiệm phân biệt x m 2 ' 1 2 2 0 1 2 ( ) 2 0 m m g m m                0,25 Gọi 1 2 ,x x là hai nghiệm của (1), ta có 1 2 1 2 2 . 2 2 x x x x m        Các giao điểm là 1 1 2 2 ( ; 2), ( ; 2)A x x B x x    2 2 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 2( ) 8 8 16( 1) 8(2 1)AB x x x x x x m m            0,25 Tam giác IAB đều khi 3 ( , ) 2 IA IB AB d I d        với ( ; )I m m Ta có | 2 2 | ( , ) 2 | 1| 2 m d I d m     ; 2 2 3 3 ( , ) ( , ) 2 4 AB AB d I d d I d   2 2( 1) 6(2 1)m m     2m   thoả mãn điều kiện 1 2 m   0,25 2m   : (1 3;1 3), (1 3;1 3)A B IA IB      . Vậy 2m   là giá trị cần tìm. 0,25 www.VIETMATHS.com Nhóm ra đề: Hoàng Hữu Lập – Nguyễn Thị Bách – Lê Đức Hải. 2 II.1 (1,0 điểm) Điều kiện: cos 0x  Phương trình đã cho tương đương với: 2sin 4cos 3 cos2x x x   0,25 3(sin cos ) (cos sin ) 3 (sin cos )(cos sin ) (sin cos 1)(sin cos 3) 0 x x x x x x x x x x x x               0,25          sin cos 1 sin cos 3 (v« nghiÖm) x x x x                                         2 2 1 4 4 sin( ) ( ) 2 4 2 2 2 4 4 x k x k x k x k x k 0,25 Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình là:      2 ( )x k k 0,25 II.2 (1,0 điểm) Hệ viết lại là: 2 2 ( 1) ( 1) 1 1 ( 1) ( 1) 1 1 x x y y y x                  0,25 Đặt 1 0, 1 0x u y v      ta có hệ: 4 2 3 2 2 3 4 2 4 2 1 ( )( 1) 0 1 1 0, 0 0, 0 u u v u v u u v uv v u v v v u u u v u v u v                                 0,25 4 2 1 1 0 1 0, 0 u v u u u u v u v                    0,25 Từ đó ta có: 1 1 2 2 1 1 x x y y                . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( , ) (2,2)x y  0,25 III. (1,0 điểm) 2 2 2 4 4 1 1 sin (cot ) 1 cot 1 cot x I dx d x x x            0,5 2 4 ln 1 cot ln 1 cot ln 1 cot ln2 2 4 x              0,5 IV. (1,0 điểm) 2 2 2 2 1 1 . 2 . 3 3 2 2 ABC AB AC BC a S BABC a a a         0,25 Dựng  30 o AK CM SKA   AKM đồng dạng với CBM 2 2 . 3 2 AK AM CB AM a AK CB CM BC BM       .tan30 2 o a SA AK   . 0,25 3 2 1 1 3 . 3 3 3 2 6 SABC ABC a a V S SA a     0,25 2 1 3 2 2 AMC ABC a S S     . Ta có: 2 .cos30 cos30 o AMC AMC SMC SMC o S S S S a         0,25 M A C B S K www.VIETMATHS.com Nhóm ra đề: Hoàng Hữu Lập – Nguyễn Thị Bách – Lê Đức Hải. 3 V. (1 điểm) Điều kiện: 0 2x  Xét hàm 4 4 ( ) 2 2f x x x x x      với [0;2]x  3 34 4 1 1 1 1 1 1 '( ) 4 2 2 (2 ) f x x x x x                   0,25 '(1) 0;0 1: '( ) 0f x f x    1 2x  : 3 34 4 1 1 1 1 0; 0 '( ) 0 2 (2 ) f x x x x x         0,25 BBT: x 0 1 2 f’(x) + 0  f(x) 4 4 2 2 4 2 2 0,25 Bất phương trình có nghiệm khi 4 [0;2] min ( ) 2 2 x f x m m      . 0,25 VI.a.1 (1 điểm) Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, AE Ta có: 3 2 ( ) 2( ) 4MA MB MA MA MB MA ME MF               |3 |MA MB    nhỏ nhất MF nhỏ nhất M là hình chiếu của F trên . 0,25 3 1 3 1 ( ;2 1) ( ;2 ) (2; 1) ( ; ) 2 2 2 2 M M t t FM t t E F                    có VTCP (1;2)u    0,25 3 1 1 . 0 1. 2. 2 0 2 2 2 u FM t t t                        0,25 1 1 ( ;0) 2 2 t M  0,25 VI.a.2 (1 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;1), bán kính R = 2 0,25 Đường tròn giao tuyến có r = 1 2 2 ( ,( )) 3d I P R r    PT mp(P) có dạng: 2 2 2 0 ( 0)ax by cz d a b c       0,25 Ta có hệ: 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 0 2 2 0 2 2 | | 3 17 10 7 0 | 7 | 3. 5 2 5 d a b d a b a b d a b a b a c d c c a b c d a ab b a b a ab b a b c                                                           Chọn b = 1 ta có: 1 7 17 1 1 1 5 17 4 4 17 a a b b c c d d                            0,25 Có 2 mặt phẳng cần tìm: 4 0x y z    và 7 17 5 4 0x y z    0,25 VII.a (1 điểm) Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Khoảng cách từ M đến gốc tọa độ O chính là độ dài đoạn | |OM z 0,25 OM đạt giá trị nhỏ nhất khi 2 2 | | ( 3)z a a   đạt giá trị nhỏ nhất. 0,25 Ta có: 2 2 2 2 3 9 9 ( 3) 2 6 9 2 2 2 2 a a a a a                0,25 F E A B M www.VIETMATHS.com Nhóm ra đề: Hoàng Hữu Lập – Nguyễn Thị Bách – Lê Đức Hải. 4 Vậy, khi 3 2 a  thì OM đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 2 . 0,25 VI.b.1 (1 điểm) (C) có tâm I(1,0), bán kính R=2 0,25 Hệ số góc của tiếp tuyến là tan60 3 o k   hoặc tan120 3 o k    nên phương trình tiếp tuyến  của (C) có dạng: 3 0x y p   hoặc 3 0x y q   0,25 Trường hợp : 3 0x y p   | 3 | ( , ) 2 2 4 3 2 p d I p           Trường hợp : 3 0x y q   | 3 | ( , ) 2 2 4 3 2 q d I q           0,25 Vậy các tiếp tuyến cần tìm là: 3 4 3 0x y    ; 3 4 3 0x y    . 0,25 VI.b.2 (1 điểm) (S) có tâm (1;5;0)I 0,25 Gọi (P) là mặt phẳng chứa d 1 và I, (Q) là mặt phẳng chứa d 2 và I ( ) ( )P Q    PT của (P): d 1 có VTCP 1 (1; 1;2)u   và đi qua điểm 1 (1;3;1)M VTPT của 1 1 ( ) : [ , ] (3; 1; 2) P P n M I u       PT của (P): 3( 1) 1( 5) 2( 0) 0 3 2 2 0x y z x y z           0,25 PT của (Q) : d 2 có VTCP 2 (1; 3; 3)u    và đi qua điểm 2 (0;2;0)M VTPT của 2 2 1 ( ) : [ , ] (3; 1;2) 3 Q Q n M I u       PT của (Q): 3 2 2 0x y z    0,25 Đường thẳng  có VTCP 1 [ , ] (1;3;0) 4 P Q u n n        đi qua (1;5;0)I có PT là: 1 5 3 ( ) 0 x t y t t z             . Thỏa yêu cầu bài toán. 0,25 VII.b (1 điểm) ( , )z x yi x y    3 3 ( 3) ( 3)z i x y i      0,25 2 2 2 2 | 3 3 | 3 ( 3) ( 3) 3 ( 3) ( 3) 3z i x y x y             0,25 Điểm ( ; )M x y biểu diễn số phức z thỏa điều kiện bài toán nằm trên đường tròn tâm ( 3; 3)I   , bán kính 3R  . Suy ra Ox tiếp xúc với đường tròn này. 0,25 Vậy 3z   là số phức có Acgumen dương nhỏ nhất (bằng ). 0,25 Lưu ý: Các cách giải khác với đáp án nếu đúng vẫn được điểm tối đa. . 1 2 1 2 2 . 2 2 x x x x m        Các giao điểm là 1 1 2 2 ( ; 2) , ( ; 2) A x x B x x    2 2 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 2( ) 8 8 16( 1) 8 (2 1)AB x x x. đoạn | |OM z 0 ,25 OM đạt giá trị nhỏ nhất khi 2 2 | | ( 3)z a a   đạt giá trị nhỏ nhất. 0 ,25 Ta có: 2 2 2 2 3 9 9 ( 3) 2 6 9 2 2 2 2 a a a a a  