Đang tải... (xem toàn văn)
Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC.. Tính thể tích phần chung của hai[r]
(1)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT CHÍ LINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012Môn Thi : TOÁN ; Khối :D Lần thứ hai
Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề gồm 01 trang
-Câu I ( 2,0 điểm) Cho hàm số y=x −2
x −1 có đồ thị ( C )
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số
2 Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận ( C ).Viết phương trình tiếp tuyến ( C ), biết khoảng cách từ I đến tiếp tuyến √2
Câu II ( 2,0 điểm)
1 Giải phương trình cosx+cos 3x=1+√2 sin(2x+π
4) Giải phương trình √36x+2=8x3−4x −2
Câu III (1,0 điểm ) Tính tích phân I=∫
1 3
√x − x3
x4 dx
Câu IV (2,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC BCD tam giác cạnh a, góc AD mặt phẳng ( ABC ) 450 Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a góc hai mặt phẳng ( ABD ) ( ABC )
Câu V (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x
√1− x+ y √1− y Câu VIa ( 2,0 điểm)
1 Trong hệ toạ độ Oxy, cho điểm A( 1; 1) đường thẳng d: x - y + = Tìm tọa độ
điểm B thuộc d cho đường thẳng qua hai điểm A, B tạo với d góc 450.
2 Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( S ) đường thẳng (d) có phương trình
2 2
( ) : (S x1) y (z2) 9, (d): x
1=
y −1 =
z
−2 Viết phương trình mặt phẳng (P) vng
góc với đường thẳng (d) cắt mặt cầu ( S ) theo đường trịn có bán kính Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z biết: |z −1|=1 (1+i)(z −1) có phần ảo
HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN KHỐI D
Câu Nội dung Điểm
I.1 ( 1,0 đ)
1 Tập xác định: D=R{1|}
(2)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ * Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực hàm số Tiệm cận đồ thị hàm số
lim
x → ±∞y=x→ ±∞lim
x −2
x −1=x →± ∞lim
1−2 x
1−1 x
=1⇒ Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = làm tiệm cận ngang
x →1+¿x −2
x −1=− ∞;x→lim1−y=lim
x →1−
x −2
x −1=+∞⇒
x →1+¿y=lim ¿
lim
¿
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x =
1 làm tiệm cận đứng
0,25
* Lập bảng biến thiên:
Có
x −1¿2 ¿ ¿
y '=1
¿
, y’ không xác định x =
Hàm số đồng biến khoảng xác định Hàm số khơng có cực trị
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
3 Đồ thị:
Đồ thị ( C ) cắt trục Ox (2;0), ( C ) cắt trục Oy (0; 2)
Đồ thị ( C ) nhận I(1; 1) làm tâm
đối xứng 0,25
I.2 ( 1,0 đ)
Giao điểm hai đường tiệm cận ( C ) I( 1; ) Gọi M(x0, x0−2
x0−1
)∈(C),(x0≠1) tiếp điểm tiếp tuyến cần tìm với (C) Khi
đó phương trình tiếp tuyến ( C ) M là: 0,25
1
1
+
-
+ +
+
1 -
y y' x
4
2
-2 O
I
x y
(3)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ x0−1¿2
¿
x0−1¿2y+x20−4x0+2=0
¿
y=1
¿
(d)
Vì
x0−1¿
+x0
−4x0+2 1−¿
¿
x0−1¿4 ¿ 1+¿
√¿ ¿
d(I ,(d))=√2⇔¿
x0−1¿4 ¿
x0−1¿4 1− x0¿2=1+¿
1+¿
√¿
⇔|2−¿2x0|
0,25
Đặt x0−1¿2
t=¿ ( đk: t > ) pt có dạng:
t2−2t+1=0⇔t=1(t/m)
0,25
Với
x0=0
¿
x0=2
¿ ¿ ¿
x0−1¿2
=1⇔¿
t=1⇒¿
Vậy có tiếp tuyến cần tìm là:
x − y+2=0
¿
x − y −2=0
¿ ¿ ¿ ¿
0,25
II.1
(1,0 đ) cosx
+cos 3x=1+√2 sin(2x+π
4) cos cosx x 1 sin 2xcos 2x 0,25
2
2cos cosx x sin 2x 2cos x 2cos (cos 2x x sinx cos ) 0x
(4)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
2cos (cos sin )(cos sin 1) cos cos( ) cos( )
4
x x x x x x x x
0,25
cosx=0 ¿ cos(x −π
4)=0 ¿ cos(x+π
4)=
√2 ¿
x=π
2+kπ ¿
x=3π
4 +mπ ¿
x=l2π
¿
x=−π
2+l2π ¿
(k , l, m∈Z)
¿
⇔¿ ¿
⇔¿
0,25
II.2 ( 1,0đ)
Đặt y=√36x+2⇔y3=6x+2 ta có hệ: {y=8x3−4x −2(1)| 0,25 Cộng hai vế (1) (2) ta được: y3
+y=8x3+2x ⇔2x¿3+2x
y3+y=¿ (*)
0,25 Xét hàm f(t)=t3+t có: f '(t)=3t2+1>0∀t⇒f(t) đồng biến ∀t
Từ (*) có: f(y)=f(2x)⇔y=2x ⇔6x+2=8x3 0,25
x=−1
2 ¿
x=1 ¿ ¿ ¿
⇔8x3−6x −2
=0⇔¿
.Vậy pt có nghiệm
x=−1
2 ¿
x=1 ¿ ¿ ¿ ¿
0,25
III
(1,0 đ) I=∫
1 3
√x − x3
x4 dx=∫1 √3
x2−1
x3 dx 0,25
Đặt t=√3
x2−1⇔t
3
=
x2−1⇔3t
2dt
=−2
x3 dx ⇒
dx
x3=−
3 2t
2 dt
(5)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ Khi đó:
3
√x12−1
x3 dx=−
3t3 dt
; Đ ổi cận: x=1
3⇒t=2; x=1⇒t=0 0,25
Khi 3t3
2 dt= 8t
4
∨¿02=6
I=∫
0
¿
0,25
Câu IV ( 1,0 đ)
Gọi H trung điểm BC
Do ΔABC ΔBCD cạnh a nên
AH=DH=a√3
2
( ) ( ) ( )
BC AHD ABC AHD Kẻ DK⊥AH⇒DK⊥(ABC)
⇒ góc DAK 450
,DAH 450 DAK
vuông cân K;
DAH
vuông cân H K H
⇒ DH (ABC)
0,25
Diện tích tam giác ABC là:
2
1
sin 60
2
ABC
a
S ABAC
Thể tích khối tứ diện ABCD
2
1 3
3 ABC
a a a
V DH S
0,25
Kẻ HE⊥AB⇒DE⊥AB Vậy góc mp ( ABD) ( ABC) góc hai đường thẳng DE HE gócDEH
0,25
Gọi CF đường cao xuất phát từ C tam giác ABC cạnh a nên có
CF=a√3
2 , HE= 2CF=
a√3
4 nên
tanDEH DH DEH arctan HE
Vậy góc hai mp ( DAB) (ABC) góc DEH =arctan
0,25
Do {x , y>0| nên đặt {x=sin2t| với t∈(0;π
2)
Tacó:
sint+cost¿3−3 sintcost(sint+cost)
¿ ¿
P=sin2t
cost +
cos2t sint =
sin3t
+cos3t
sintcost =¿
0,25
Đặt u=sint+cost=√2 sin(t+π
4) , có: sintcost=u
−1
a F
E
H a
B
C D
(6)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
V (1,0 đ)
Do 0<t<π
2 ⇒
π
4<t+
π
4< 3π
4 ⇒
√2
2 <sin(t+
π
4)≤1⇒1<u ≤√2
0,25 Khi đó: P=−u
3
+3u
u2−1 với 1<u ≤√2
Có
u2−1
¿2 ¿ ¿
P'=−(u
4
+3)
¿
P nghịch biến với 1<u ≤√2
0,25
⇒Pmin=P(√2)=√2 u=√2⇒sin(t+
π
4)=1⇔t=
π
4+k2π(k∈Z)
⇒x=y=1
2 Vậy Pmin=√2⇔x=y=
2 0,25
VIa.1 (1,0đ)
Đường thẳng d qua điểm M(1;-2) có VTCP ⃗u(1;1) nên có ptts {x=t| Do
B∈d⇒B(t ;1+t)
0,25 Có ⃗AB=(t −1;t)⇒⃗AB u=⃗ 2t −1
Theo giả thiết có góc đường thẳng AB d 450 u
⃗AB,¿⃗
cos¿=|⃗AB ⃗u| |⃗AB|.|u⃗|
⇒cos(AB,d)=¿
0,25
⇒cos(AB,d)= |2t −1|
√2t2−2t+1.√2 =
√2
⇔|2t −1|=√2t2−2t+1
0,25 t=0
¿
t=1
¿
B(0;1)
¿
B(1;2)
¿ ¿ ¿
⇒¿ ¿
⇔2t2−2t
=0⇔¿
0,25
(S) có tâm I( 1; 0; -2) có bán kính R = 3, đường thẳng d có VTCP ⃗u=(1;2;−2)
(P) vng góc với d nên VTPT (P) ⃗n=(1;2;−2) 0,25 Giả sử (P) có phương trình : x+2y −2z+D=0
(7)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
VIa.2 ( 1,0đ)
−2¿2 ¿ 12
+22+¿
√¿
⇔|5+D|
¿
⇔|5+D|=3√5 0,25
5+D=3√5
¿ 5+D=−3√5
¿
D=3√5−5 ¿
D=−3√5−5 ¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿
⇔¿
Vậy có hai mp thỏa mãn đề là:
(P):x+2y −2z+3√5−5=0
¿
(P):x+2y −2z −3√5−5=0
¿ ¿ ¿ ¿
0,25
VIIa (1,0đ)
Gọi z=x+yi(x , y∈R)⇒z=x −yi Ta có: x −1¿
2
+y2=1(1) |z −1|=1⇔¿
0,25 Vì (1+i)(z −1)=(x+y −1)+(x − y −1)i có phần ảo nên x – y – = 0,25 ⇔x −1=y+1(2)
Thay (2) vào (1) có: y+1¿2+y2=1⇔2y2+2y=0
¿
0,25
y=0 ¿
y=−1 ¿ ¿ ¿
⇔¿
Với y=0⇒x=2⇒z=2 Với y=−1⇒x=1⇒z=1−i
Vậy có số phức z = z = - i
(8)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Mơn thi: TỐN, khối B
TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN Thời gian làm bài:180 phút, khơng kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )x4 2x2
1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A B có hồnh độ a b Tìm điều kiện a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình lượng giác:
2 cos sin
tan cot cot
x x
x x x
(9)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
2 Giải bất phương trình:
2
3 1
3
1
log log log
2
x x x x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
4
0
cos sin cos
I x x x dx
∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện
tích xung quanh thể tích hình trụ
Câu V (1 điểm) Cho phương trình x 1 x2m x1 x 24 x1 x m3 Tìm m để phương trình có nghiệm
PHẦN RIÊNG (3 điểm):Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2)
1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng định
bởi: ( ) :C x2y2 4x 2y0; :x2y12 0 Tìm điểm M cho từ M vẽ được
với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 600.
2 Trong không gian với hệ tọa 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 bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu?
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 12, tâm I thuộc đường thẳng d :x y 0 có hồnh độ
9
I
x
, trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình ( ) :S x2y2z2 4x2y 6z 5 0, ( ) : 2P x2y z 16 0 .
Điểm M di động (S) điểm N di động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng
Câu VII.b (1 điểm) Cho a b c, , số dương thỏa mãn: a2b2 c2 3 Chứng minh bất đẳng thức
2 2
1 1 4
7 7
a b b c c a a b c
(10)-Hết -ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ Đáp án.
Câ u
Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 1,00
+ MXĐ: D 0,25
+ Sự biến thiên
Giới hạn: xlim y; limx y
3
' 4 ; '
1 x
y x x x x y
x
0,25
Bảng biến thiên
1 1; 1; 0
CT CT
y y y y yC§ y
0,25
Đồ thị
0,25
2 1,00
Ta có f x'( ) 4 x3 4x Gọi a, b hoành độ A B.
Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B
3
'( ) 4 , '( ) 4
A B
k f a a a k f b b b
Tiếp tuyến A, B có phương trình là:
' ' ( ) af' a
yf a x a f a f a x f a ;
' ' ( ) f' b
yf b x b f b f b x f b b
Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi:
3 2
4a 4a = 4b (1)
A B
(11)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
Vì A B phân biệt nên a b , (1) tương đương với phương trình:
2 1 (2)
a ab b
Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng
2 2
4
1
' ' 3
a ab b a ab b
a b
f a af a f b bf b a a b b
,
Giải hệ ta nghiệm (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm tương ứng với cặp điểm đồ thị 1; 1
1; 1 .
Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A B song song với
2 1 0
1 a ab b a
a b
II 2,00
1 1,00
Điều kiện:
cos sin sin tan cot
cot
x x x x x
x
0,25
Từ (1) ta có:
2 cos sin
1 cos sin
2 sin
sin cos cos 1 cos
cos sin sin
x x x x
x
x x x x
x x x
0,25
2sin cosx x sinx
2
2
cos
2
x k
x k
x k
0,25
Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho
2
x k k 0,25
2 1,00
Điều kiện: x3 0,25
Phương trình cho tương đương:
1 1
2
3 3
1 1
log log log
2 x x 2 x 2 x
3 3
1 1
log log log
2 x x x x
3 3
log x x log x log x
(12)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
3
2
log log
3 x
x x
x
2 3
3 x
x x
x
2 9 1 10
10 x x
x
0,25
Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x 10 0,25
III 1,00
1 1,00
2
2
0
2
2
0
1 cos sin
2
1
1 sin sin
2
I x x dx
x d x
∫ ∫
0,50
2
2
0
3
2
0
1
sin sin sin
2
1
sin sin
2 | 12 |
d x xd x
x x
∫ ∫
0,50
IV 1,00
Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi OM AB O N' CD.
Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó:
OM I
vuông cân O nên:
2 2
2 2 2
h a
OM OI IM h a
0,25
Ta có:
2
2 2 2 2
2 2 2 3a
2 4 8
a a a a
R OA AM MO
0,25
2
2 3a
R ,
8 16
a a
V h
0,25
và
2
a 3
2 Rh=2
2
2
xq
a a
S 0,25
V 1,00
(13)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
Điều kiện : 0 x
Nếu x0;1 thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm cần có điều kiện
1
2 x x x
Thay x
vào (1) ta được:
3
1
2
1
2
m
m m
m
* Với m = 0; (1) trở thành:
4 41 2 0
2 x x x
Phương trình có nghiệm
0,25 * Với m = -1; (1) trở thành
4
4
2
4
1 2 1
1 1
1
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ Với
4 41 0
2 x x x
+ Với
1
1
2 x x x
Trường hợp này, (1) có nghiệm
0,25
* Với m = (1) trở thành:
4 2 2
4
1 1 1
x x x x x x x x x x
Ta thấy phương trình (1) có nghiệm
1 0,
2 x x
nên trường hợp (1) khơng có nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1
0,25
VI a
2,00
1 1,00
Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R 5.
Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác đều
suy IM 2R=2 5.
Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình:
(14)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
x 22y12 20.
Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm
đúng hệ phương trình:
22 12 20 (1) 12 (2)
x y
x y
0,25 Khử x (1) (2) ta được:
2 2
3
2 10 20 42 81 27
5 x
y y y y
x
0,25
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là:
9 3;
2 M
27 33 ; 10 M
0,25
2 1,00
Ta tính AB CD 10,AC BD 13,AD BC 5 0,25
Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện
0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm
3
;0;
2
G
, bán kính là 14
2 R GA
0,50
VI Ia
1,00
Số cách chọn viên bi tùy ý : C189 0,25
Những trường hợp đủ ba viên bi khác màu là:
+ Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng
+ Khơng có bi xanh: có C139 cách
+ Khơng có bi vàng: có C159 cách
0,25
Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có
9 10
C cách chọn viên bi đỏ tính hai lần.
Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C109 C189 C139 C159 42910
cách
0,50
VI b
2,00
(15)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
I có hoành độ
I
x
9
: ;
2 I d x y I
Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0)
2 2 9
2 2
4
I M I M
AB IM x x y y
D
12
D = 12 AD = 2
3
ABCD ABC
S
S AB A
AB
AD d M AD
, suy phương trình AD: 1.x 31.y 0 0 x y 0 .
Lại có MA = MD = 2.
Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:
2 2 2 2
3 3
3 3
3
x y y x y x
x y x x
x y
3
3 1
y x x
x y
4 x y
.Vậy A(2;1), D(4;-1),
0,50
9 ; 2 I
là trung điểm AC, suy ra:
2
2
2
2
A C
I
C I A
A C C I A
I
x x
x x x x
y y y y y
y
Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4)
Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1)
0,50
2 1,00
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
, 2.2 1 16
d d I P d R
Do (P) (S) khơng có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 =
0,25
Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình
chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn
thẳng IN0 với mặt cầu (S)
Gọi đường thẳng qua điểm I vng góc với (P), N0 giao
điểm (P)
Đường thẳng có vectơ phương nP 2; 2; 1 ⃗
qua I nên có
(16)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
phương trình
2 2
x t
y t t
z t
Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình:
15
2 2 2 16 15
9
t t t t t
Suy
4 13 14
; ;
3 3
N
.
0,25
Ta có 0
3 IM IN
Suy M0(0;-3;4)
0,25
VI Ib
1,00
Áp dụng bất đẳng thức
1
(x 0,y 0) x y x y
Ta có:
1 1 1
; ;
2 2a+b+c
a b b c a b c b c c a a b c c a a b
0,50 Ta lại có:
2 2
2 2
2 2
1 2
2 4 2
2
2 1
a b c a b c
a b c a b c a
a b c
Tương tự: 2
1 2
;
2b c a b 7 2c a b c 7
Từ suy 2
1 1 4
7 7
a b b c c a a b c
Đẳng thức xảy a = b = c =
0,50
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TỐN, khối D
TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
(17)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Xác định giá trị m để hàm số yf x( ) khơng có cực trị. Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình :
4
sin cos
tan cot
sin 2
x x
x x
x
2 Giải phương trình:
2
4
log x1 2log 4 xlog 4x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2
2
1
dx A
x x
∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy đường trịn tâm O, SA SB hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích diện tích xung quanh hình nón cho
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
2
2
7
2
x x
x m x m
PHẦN RIÊNG (3 điểm):Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2)
1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, BC 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm đường thẳng x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
P :x2y 2z + = 0; Q : x2y 2z -13 =
Viết phương trình mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) tiếp xúc với hai mặt phẳng(P) (Q)
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện sau:
4
1
4
1
5 15
n n n
n
n n
C C A
C A
(Ở A Cnk, nk số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử)
2 Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn (C): x2 y2 2x 4y 0 .Xác định tọa độ giao điểm A, B đường tròn (C)
(18)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
2 Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 0 và đường thẳng
1
1 5
: ; :
2
x y z x y z
d d
Tìm điểm M d ,1 Nd2 cho MN // (P) cách (P) khoảng Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số 3
1 ( ) ln
3
f x
x
giải bất phương
trình
2
6 sin
2 '( )
2
t dt f x
x
∫
-Hết -áp án
Đ
Câu Ý Nội dung Điể
m
I 2,00
1 1,00
Khi m = ta có y x 33x21
+ MXĐ: D 0,25
+ Sự biến thiên:
Giới hạn: xlim y ; limx y
y' 3 x26x;
2 '
0 x y
x
0,25
Bảng biến thiên
2 3; CT 0
yC§ y y y
0,25
Đồ thị
(19)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
2 1,00
+ Khi m = y x 1, nên hàm số khơng có cực trị. 0,25
+ Khi m0 y' 3 mx26mx m1
Hàm số khơng có cực trị y' 0 khơng có nghiệm hoặc
có nghiệm kép
0,50
2
' 9m 3m m 12m 3m
1
4 m
0,25
II 2,00
1 1,00
4
sin cos
tan cot
sin 2
x x
x x
x
(1) Điều kiện: sin 2x0
0,25
2
1 sin 1 sin cos
2 (1)
sin 2 cos sin
x x x
x x x
0,25
2
2
1 sin 1 1
2 1 sin 2 1 sin 2 0
sin sin 2
x
x x
x x
Vậy phương trình cho vơ nghiệm
0,50
(20)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
2 3
4
log x1 2 log 4 xlog 4x
(2)
Điều kiện:
1
4
4
1
4
x
x x
x x
0,25
2
2 2 2
2
2
(2) log log log log log 16
log log 16 16
x x x x x
x x x x
0,25
+ Với 1 x4 ta có phương trình x24x12 (3) ;
2 (3)
6 x x
lo¹i
0,25
+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);
2 24
4
2 24
x x
lo¹i
Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 1 6
0,25
III 1,00
Đặt
2 2
2
1 2 dx tdt
t x t x tdt xdx
x x
2
1
dx tdt tdt
x t t
+ Đổi cận:
1
2
3
2
x t
x t
0,50
1
3
2
2
2
1
3
2
1 1
ln ln
1 |
dt dt t
A
t t t
∫ ∫ 0,50
IV 1,00
Gọi E trung điểm AB, ta có: ,
OEAB SEAB, suy SOE AB
(21)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
Dựng OH SE OH SAB, OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết OH =
Tam giác SOE vuông O, OH đường cao, ta có:
2 2 2
2
1 1 1 1
1
9
9
8 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
2 2 9 81
8 2
SE OE SO SE
1 36
9
2
SAB SAB
S
S AB SE AB
SE
2
2
2 2 9 265
4 32
2 8
OA AE OE AB OE
0,25
Thể tích hình nón cho:
2
1 265 265
.3
3 8
V OA SO 0,25
Diện tích xung quanh hình nón cho:
2 2 265 337 337
9
8 8
265 337 89305
8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SA
0,25
V 1,00
Hệ bất phương trình
2
2
7 (1)
2 (2)
x x
x m x m
1 1 x 6 Hệ cho có nghiệm tồn x01;6 thỏa
mãn (2)
0,25
2
2
2 ( 1;6 0)
2
x x
x x x m m x x
x
Gọi
2 2 3
( ) ; 1;6
2
x x
f x x
x
0,25
Hệ cho có nghiệm x0 1;6 : ( ) f x0 m
2
2
2
2
'
2
x x
x x
f x
x x
;
2 17
'
2 f x x x x
Vì x1;6 nên nhận
1 17
2 x
(22)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
Ta có:
2 27 17 17
(1) , (6) ,
3 13 2
f f f
Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên
27 max ( )
13 f x
Do 1;6
27
1;6 : ( ) max ( )
13
x
x f x m f x m m
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:
4
2;4
2
x y x
A
x y y
0,25 Tọa độ B nghiệm hệ phương trình
4
1;0
1 0
x y x
B
x y y
0,25 Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
2 4
a x b y ax by a b
Gọi 1: 4x3y 0; 2:x2y 0; 3:ax by 2a 4b0
Từ giả thiết suy 2; 3 1; 2 Do
2 2 2
2
|1 | | 4.1 2.3 |
cos ; cos ;
25 5
0
| |
3
a b a b
a
a b a b a a b
a b
+ a = b0 Do 3:y 0
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy 3: 4x3y 0
(trùng với 1)
Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - =
0,25
Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:
4
5;
1
y x
C
x y y
0,25
2 1,00
Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:
, , ,
, ,
OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q
0,25
(23)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
Ta có:
2 2 2
2 2 2 5 2 1
10 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
, 2 | 2 | 9 2 2 2 2 52 (2)
3 a b c
OI d I P a b c a b c a b c
, , | 2 | | 2 13 |
3
2 2 13 ( )
2 (3)
2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
lo¹i
Từ (1) (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3
a
b c
Từ (2) (3) suy ra: a2b2c2 9 (5)
Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: a 221 a 658 0 Như a2
658 221 a
.Suy ra: I(2;2;1) R =
658 46 67
; ;
221 221 221 I
R = 3.
0,25
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là:
x 22y 22z12 9
2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
0,25
VII a
1,00
Điều kiện: n1 4 n5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
1
2
4.3.2.1 3.2.1
1
1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n
0,50
2
2
9 22
5 50 10
5
n n
n n n
n
0,50
VIb 2,00
1 1,00
(24)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
2 2 4 8 0 0; 2
1;
5
y x
x y x y
y x
x y
Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1)
Vì ABC900nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4)
0,50
2 1,00
Phương trình tham số d1 là:
1 3
x t
y t
z t
M thuộc d1 nên tọa độ của
M 1 ;3 ; 2 t t t Theo đề:
2
2
|1 2 3 1| |12 |
, 2 12 6 1,
3
1 2
t t t t
d M P t t t
0,25
+ Với t1 = ta M13;0;2;
+ Với t2 = ta M21;3;0
0,25 + Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1
và // mp (P), gọi mp (Q1) PT (Q1) là:
x 3 2y2z 2 0 x 2y2z (1) .
Phương trình tham số d2 là:
5
5
x t
y t
z t
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = t = -1 Điểm N1 cần tìm là
N1(-1;-4;0)
0,25
+ Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) 0,25
VII b
1,00
Điều kiện 3
0
3 x x
3
1
( ) ln ln1 3ln 3ln
3
f x x x
x
;
1
'( ) 3 '
3
f x x
x x
0,25
Ta có:
2
0
0
6 cos 3
sin sin sin sin
2 |
t t
dt dt t t
∫ ∫
(25)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
Khi đó:
2
0
sin '( )
2 t
dt f x
x
∫
2
3 0
3
3
3
3; 3; 2 2
x x
x x
x x
x
x x x x
0,50
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN – Khối: B
(Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I( 2,0 điểm): Cho hàm số
2
x y
x
1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2. Tìm đồ thị (C) hai điểm đối xứng qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) N(-1; -1)
Câu II (2,0 điểm): 1. Giải phương trình:
2
2 1 3 2
1 x x
x x
2 Giải phương trình: sinxsin2xsin3xsin4xcosxcos2xcos3xcos4 x Câu III(1,0 điểm): Tính tích phân:
2
ln
ln ln
e
x
I x dx
x x
∫
Câu IV(1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD S’.ABCD có chung đáy hình vng ABCD cạnh a Hai đỉnh S S’ nằm phía mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vng góc lên đáy trung điểm H AD trung điểm K BC Tính thể tích phần chung hai hình chóp, biết SH = S’K =h
Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z số dương thoả mãn xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
9 9 9
6 3 6 3 6 3
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
Thí sinh làm hai phần(phần A phần B)
A Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm)
(26)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) đường thẳng d có phương trình
2 (t R)
x t
y t
z t
Tìm d điểm M cho tổng khoảng cách từ M đến A B
nhỏ
Câu VII.a(1,0 điểm): Giải phương trình tập số phức: z2 z 0
B Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = đường chéo AC qua điểm M(2;1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật 2. Trong khơng gian với hệ toạ độ vng góc Oxyz, cho hai đường thẳng:
2 3
( ) ; ( ')
1
x y x y z
x y z x y
.Chứng minh hai đường thẳng () (') cắt
nhau Viết phương trình tắc cặp đường thẳng phân giác góc tạo () ('). Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
log log log
log 12 log log
x y y x
x x y y
- Hết
-Họ tên thí sinh: ……… ………Số báo danh: ……… ……
ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điể
m
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
CâuI 2.0
1. TXĐ: D = R\{-1}
Chiều biến thiên:
6
' x D
( 1) y
x
=> hs đồng biến khoảng ( ; 1) ( 1; ), hs khơng có cực trị 0.25 Giới hạn: xlim y 2, limx 1 y , limx 1 y
=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = BBT
x - -1 +
y’ + + y
+ 2
-
0,25
0.25
+ Đồ thị (C):
(27)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ f(x)=(2x-4)/(x+1)
f(x)=2 x(t)=-1 , y(t)=t
-6 -5 -4 -3 -2 -1
-5 -4 -3 -2 -1 x y
Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận làm tâm đối xứng
0.25
2. Gọi điểm cần tìm A, B có
6
; ; ; ; ,
1
A a B b a b
a b
0.25
Trung điểm I AB: I
2
;
2 1
a b a b
a b
Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0.25 Có : AB MN I MN 0.25 =>
0 (0; 4)
2 (2;0) a A b B
0,25
CâuII 2.0
1. TXĐ: x 1;3 0,25
Đặt t= x 1 3 x , t > 0=>
2
2
3
2 t
x x
0,25
đc pt: t3 - 2t - = t=2 0,25
Với t =
1
1 =2 ( / )
3 x
x x t m
x 0,25
2. sinxsin2xsin3xsin4 xcosxcos2xcos3 xcos4 x 1,0
TXĐ: D =R
2 4
sinxsin xsin xsin xcosxcos xcos xcos x
sin
(sin ) 2(sin ) sin
2 2(sin ) sin
x cosx x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
0,25
+ Với sinx cosx x k (k Z)
0,25
+ Với 2(sin x cosx ) sin x cosx0, đặt t = sinx cosx (t 2; )
được pt : t2 + 4t +3 =
(28)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
t = -1
2
( )
2
x m
m Z
x m
Vậy :
( )
4
2 ( )
2
x k k Z
x m m Z
x m
0,25
Câu III 2
1
ln
ln ln
e
x
I x dx
x x
∫ 1,0
I1 =1
ln ln
e
x dx
x x
∫
, Đặt t = ln x ,… Tính I1 =
4 2
3 0,5
2
ln
e
I ∫ x dx
, lấy tích phân phần lần I2 = e -
0,25
I = I1 + I2 =
2 2
3
e 0,25
Câu IV 1,0
M N
A
B
D C
S
S'
H
K
SABS’ SDCS’ hình bình hành => M, N trung điểm SB, S’D : V V S ABCD VS AMND
0,25
S AMND S AMD S MND
V V V ;
1
; ;
2
S AMD S MND
S ABD S BCD
V SM V SM SN
V SB V SB SC
0.25
1
S ABD S ACD S ABCD
V V V
;
3
8
S AMND S ABCD S ABCD
V V V V 0.25
2 24
V a h
0.25
CâuV Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc :
3 3 3
2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
(29)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
3 2
2 ( ) 2
a b a ab b
a b
a ab b a ab b
mà
2
2
1 a ab b a ab b
(Biến đổi tương đương)
2
2
1
( ) ( )
3 a ab b
a b a b
a ab b
0.25
Tương tự:
3 3
2 2
1
( ); ( )
3
b c c a
b c c a
b bc c c ca a
=>
3
( ) 2
3
P a b c abc
(BĐT Côsi)
0.25
=> P2,P2 a = b = c = 1 x = y = z =
Vậy: minP = x = y =z =1 0.25
II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) A Chương trình chuẩn CâuVI.
a
2.0
1. A(0;2), I(-2 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’ 0,25 Pt đường thẳng IA :
2
2
x t
y t
, I'IA => I’(2 ; 2t t2),
0,25
1
2 ' '( 3;3)
2 AI I A t I
0,25
(C’):
2 2
3
x y
0.25
2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)d , AB//d. 0.25
Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB A’B
(MA+ MB)min = A’B, A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
0.25 0,25
MA=MB <=> M(2 ; ; 4) 0,25
CâuVII
.a 1.0
z = x + iy (x y R, ), z2 + z 0 x2 y2 x2y2 2xyi0 0,25
2 2
2
0 xy
x y x y
0,25
(0;0); (0;1) ; (0;-1) Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,5
B Chương trình nâng cao Câu
VI.b 2.0
1 BDAB B (7;3), pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 =
(2 1; ), ( ;17 ), 3,
(30)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
I =
2 17
;
2
a c a c
trung điểm AC, BD.
0,25
IBD 3c a 18 0 a3c18 A c(6 35;3c18) 0,25 M, A, C thẳng hàng MA MC,
phương => c2 – 13c +42 =0
7( ) c loai c
0,25
c = =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 0.25
2.
Chứng minh hệ có nghiệm nhất, ()(') = A
1
;0;
2
0.5
(0; 1;0) ( )
M , Lấy N ( '), cho: AM = AN => N AMN
cân A, lấy I trung điểm MN => đường phân giác góc tạo () ( '
) đg thẳng AI 0.25
Đáp số:
1
1 3
2 2
( ) : ;( ) :
1 2 1 2
14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30
x y z x y z
d d
0,25
Câu VII.b
TXĐ:
0 x y
0.25
2 2
3 3
log log log
log 12 log log 12
x y x y
x y y x y x
x x y y x y
0.25
2 x y
y x
y x
0.25
4
log 2log
x y
(t/m TXĐ)
0,25
(Học sinh giải không theo cách đáp án, gv cho điểm tối đa tương ứng trong đáp án ).
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 (lần thứ 1)
Mơn thi: TỐN; khối B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(31)ề ử ọ ố ả
Câu I (2 điểm) Cho hàm sè
3 3 2
y x x
1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2.Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A, B, C cho điểm A có hồnh độ v BC=2 2.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình:
2
cos 2xcosx tan x1
2.Giải phơng trình: log(10 5x+15 20x)=x+log 25
Câu III (1điểm) Tìm giá trị tham số m để hệ phương trình: {2x − y −m=0| có nghiệm
duy nht
Câu IV(1 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đáy ABCD hình chữ nhật với AB = 2a, BC = a
Các cạnh bên hình chóp a√2 a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a
b) Gọi M, N, E, F trung điểm cạnh AB, CD, SC, SD Chứng minh đường thẳng SN vuông gúc vi mt phng (MEF)
Câu V(1 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãnx + y = Tìm giá trị nhỏ
biểu thức:
2
2
1
P x y
y x
Phần Riêng: (3 điểm) Thí sinh đ ợc chọn làm hai phần (phần A phần B)
A Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A(-1; 4) đỉnh B, C thuộc đường thẳng : x – y – = Xác định toạ độ điểm B C, biết diện
tích tam giác ABC 18
2 Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) :
2
1
4
x y
, có tiêu điểm F F1, Tìm tọa độ
các điểm M nằm elip (E) cho MF1 MF2
C©u VII.a (1 ®iĨm) Cho hàm số y=
2x −1
x −1 có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến
(C), biết khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến √2
B Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 ®iÓm)
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình:
2 4 3 4 0
x y x Tia Oy cắt (C) điểm A Lập phương trình đường trịn (C’) có
bán kính R’ = 2, biết (C’) tiếp xúc ngồi với đường trịn (C) A
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm B0;3;0 , M4;0; 3 Viết phương trình mặt phẳng ( )P chứa B M, cắt trục Ox Oz, điểm A C
(32)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
C©u VII.b (1 ®iÓm) Cho hàm số: y=x
2
+3x+a
x+1 (a là tham số) có đồ thị (Ca) T×m tất
giỏ trị a để (Ca) có tiếp tuyến vng góc với đờng phân giác góc phần tư thứ
trong hệ trục tọa độ Oxy Với cỏc giỏ trị a khi đó, chứng tỏ hàm số luụn cú hai cực trị
Đáp án - thang điểm
THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2012 (ln th 1)
Môn thi: Toán, khối: B, D
(Hc sinh lm theo cách khác đúng, cho điểm tối đa)
Câu Đáp án Điể
m I
(2 điểm) 1 (1,0 ®iĨm)
Hàm số y = x3 3x + 2.
Tập xác định hàm số R.
Sự biến thiên hàm số a) Giới hạn vơ cực:
Ta có xlim y ; limx y b) Bảng biến thiên:
Ta có y’ = 3x2
y’= x = -1 x =
x -1 1 +
y’ + +
y
4
0
+
Hàm số đồng biến khoảng (; -1) (1; +), nghịch biến
trên (-1;1)
• Hàm số đạt cực đại điểm x = -1, giá trị cực đại hàm số y(-1) =
4
Hàm số đạt cực tiểu điểm x = 1, giá trị cực tiểu hàm số
y(1) =
Đồ thị:
Điểm uốn
Ta có y''=6x ; y''=0⇔x=0
Nhận thấy y’’ đổi dấu x qua điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0 x
y
1 -2
2
2
(C)
(33)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ x=0 Do đó, điểm I(0;2) điểm
uốn đồ thị
Đồ thị cắt trục tung điểm (0;2)
Phương trình y=0
⇔x3−3x+2=0
⇔(x −1)2(x+2)=0⇔x=−2∨x=1
Do đó, đồ thị cắt trục hồnh hai điểm (−2;0) (1; 0) Ngoài
đồ thị qua điểm (2; 4)
Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn I(0;2) làm tâm đối xứng
2 (1 ®iĨm)
Với xA 2 yA 4 Đường thẳng quaA2; 4 với hệ số góc k có
phương trình: y k x x AyA :y k x 24
Phương trình hồnh độ giao điểm (C) là:
x3 3x 2 k x 2 4 x 2x22x k 1 0
⇔{ x=2
g(x)=x2+2x − k+1=0(1)
Điều kiện để có hai điểm B, C phương trình g(x)=0 có hai nghiệm
phân biệt khác hay tương đương với '
2
g
0 k k
(*)
Khi B x y 1; 1;C x y 2; 2, với x1, x2 nghiệm phương trình (1)
y1=kx1−2k+4 ; y2=kx2−2k+4 ;
Ta có BC=√(x2− x1)2+(y2− y1)2=√(x2− x1)2+k2(x2− x1)2
Suy BC2
=(x2− x1)2(1+k2)=[(x1+x2)2−4x1x2](1+k2)=[4−4(1− k)](1+k2)
Hay BC2=4k3+4k (theo Viet x1+x2=−2, x1.x2=1− k )
Theo giả thiết BC =2 2nên ta có 4k3
+4k=(2√2)2⇔4k3
+4k −8=0
⇔4(k −1)(k2+k+2)=0⇔k=1 thỏa mãn điều kiện (*)
Vậy đường thẳng :y = x + 2.
0,25
0,25
0,25
0,25
II
(2 ®iĨm) 1 (
1,0 ®iĨm) Đặt
2
cos 2xcosx tan x1 2
(1)
Điều kiện xác định phương trình là: cosx 0 x / 2k , k∈Z
(*)
Với điều kiện (*), phương trình: (1)
2
2
(2cos 1) cos [2( 1) 1]
cos
x x
x
3
2cos x 3cos x 3cosx
2
(cosx 1)(2cos x 5cosx 2)
0,25
0,25
(34)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
cosx=−1 cosx=1
2
cosx=2(vonghiem)
⇔¿
x=π+k2π x=±π
3+k2π
,(k∈Z)
⇔¿
Các giá trị thỏa mãn điều kiện (*) nên nghiệm phương trình cho
0,25
2 (1,0 ®iĨm) Ta có:
log(10 5x+15 20x)=x+log 25
⇔log(10 5x
+15 20x)=log(25 10x) ⇔10 5x
+15 20x=25 10x
⇔15 4x−25 2x
+10=0 (chia hai vế phng trỡnh cho 5x )
Đặt t=2x(t
>0) , ta đợc phương trỡnh : 15t ❑2 - 25t +10 = t=1(tm)
¿
t=2
3(tm) ¿ ¿ ¿
⇔¿
Với t=1 ⇒2x
=1⇔x=0 Với t=2
3⇒2
x =2
3⇔x=log2( 3)
Vậy phương trình cho có hai nghiệm x=0 x=log2(2 3)
0,25 0,25
0,25 0,25
III
(1 ®iĨm) Ta có
(I) {2x − y −m=0|
Với điều kiện 1− x ≥0⇔x ≤1 ta có: (I) { y=2x − m
x(2x −m)=(1− x)2(1)
Do x = không nghiệm (1) nên :
1− x¿2 ¿ ¿
(1)⇔2x − m=¿
Xét hàm số : f(x)=x+2−1
x với x ≤1 f '(x)=1+
x2>0∀x∈¿{0|}
Suy bảng biến thiên hàm số
0,25
(35)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
Hệ phương trình cho có nghiệm phương trình (2) có nghiệm x
⇔ Đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số y=f(x)=x+2−1
x ¿
tại điểm Từ bảng biến thiên, suy m>2 Vậy m>2 giá trị cần xác định tham số m
Chú ý : Học sinh sử dụng phương pháp lớp 10 này.
0,25
0,25
IV
(1 ®iÓm) a) Gọi O = AC BD
Theo giả thiết SA = SB = SC= SD OA = OB = OC = OD, tức hai điểm S O cách bốn điểm A, B, C, D Suy SO⊥(ABCD)
AC=√AB2+BC2=a√5⇒AO=a√5
2
Trong tam giác vuông SOA, SO2 = SA2 - AO2 = 3a2
4
⇒SO=a√3
2
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:
VS ABCD=1
3SO.SABCD=
a3√3
3 (đvtt)
b) Gọi K trung điểm EF, K trung điểm SN Ta có SM=√MO2+SO2=√a
2
4 + 3a2
4 =a , SM=MN , suy tam giác SMN cân M, dẫn đến SN⊥MK
Mặt khác SN⊥EF , suy SN⊥(MEF) đpcm
0,25
0,25
0,25 0,25
V
(1 ®iĨm)
Ta biến đổi
xy¿2 ¿
P=2+(xy)2+1
¿
Do {xx , y>+y=01 nên 1=x+y ≥2√xy⇒0<xy≤1
4
Đặt t=(xy)2 , điều kiện t 0<t ≤161
Khi biểu thức P=f(t)=2+t+1 t f '(t)=t
2
−1
t2 ; ta thấy f '(t)<0 với t∈¿ , suy hàm số f(t)
nghịch biến nửa khoảng ¿
0,25 0,25
0,25
x f’(x
)
f(x)
0
+ +
2
D S
A B
C E
F
N M
K
O
2a
a
2
(36)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ Suy giá trị nhỏ biểu thức P là:
minP=min
t∈¿
f(t)=f(
16)= 289 16
0,25
VI.a
(2 ®iĨm) 1 (
1,0 ®iĨm)
Gọi H trung điểm BC, đó;
−1¿2 ¿ 12+¿
√¿
AH=d(A , Δ)=|−1−4−4|
¿
Theo giả thiết SΔABC=18⇔1
2BC AH=18
Suy BC=36
AH=4√2
Đường thẳng AH qua điểm A(-1;4) vng góc với đường thẳng Δ nên có phương trình: 1.(x + 1) + 1.(y – 4) = 0, hay AH :x+y −3=0
H=AH∩ Δ⇒ tọa độ H nghiệm hệ phương trình: {x − y=4 x+y=3 ,
suy tọa độ H(7
2;− 2)
Điểm B nằm đường thẳng Δ:y=x −4 nên B có tọa độ dạng B(m;
m – 4)
2
2
2
BC
HB m m
4 2
7 11
m
7 2
m
7
2
m
2
Vậy tọa độ hai điểm B, C là:
B(11
2 ; 2),C(
3 2;−
5
2) C( 11
2 ; 2), B(
3 2;−
5 2)
0,25
0,25
0,25
0,25
2 (1,0 ®iĨm)
Từ phương trình elip ta có a=2,b=1⇒c=√a2− b2
=√3
Vậy hai tiêu điểm elip F1(−√3;0), F2(√3;0)
Gọi M(x0; y0) thuộc elip, ta có x0 +
y0 1=1(1)
1
MF MF , suy M nằm đường trịn tâm O bán kính R = F1F2
2 =
3, đo ta có phương trình x02+y02=3(2)
0,25 0,25
0,25
A
B C
(37)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
Giải hệ gồm hai phương trình (1) (2) ta {
x02
=8
3
y02
=1
3
Vậy có điểm M thỏa mãn yêu cầu toán, M có tọa độ là:
(√8 3;
1
√3);(√ 3;−
1
√3);(−√ 3;
1
√3);(−√ 3;−
1
√3)
0,25
VII.a
(1 ®iĨm)
Ta có
x −1¿2 ¿ ¿
y '=−1
¿
Gọi d tiếp tuyến (C) điểm M(x0;2x0−1 x0−1 )∈(C)
Phương trình d có dạng:
x0−1¿2 ¿ ¿
y=−1
¿
Hay x0−1¿
y −2x0
+2x0−1=0
d:x+¿
Khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến d bằng √2
x0−1¿2−2x02+2x0−1 1+2¿
¿
x0−1¿4 ¿ 12
+¿
√¿ ¿
⇔¿
0 2
2
1 ( 1)
x x
⇔2(x0−1)
2
=1+(x0−1)4⇔(x0−1)2=1
Giải nghiệm x0 0 x0 2
Vậy tiếp tuyến cần tìm có phương trình : x y 1 0 và
x y .
0,25
0,25
0,25 0,25
VI.b
(2 ®iĨm) 1 (
1,0 ®iĨm)
Đường trịn (C) có tâm I(-2 3; 0) bán kính R = √12+4=¿
Tia Oy cắt đường tròn A(0;2) Gọi I’ tâm đường trịn (C’) Phương trình đường thẳng IA :
2
2
x t
y t
0,25
A y
2
O I
(38)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
Điểm I'IA nên I’(2 ; 2t t2)
Từ giả thiết đường trịn (C’) bán kính R’ = tiếp xúc ngồi với đường trịn (C) bán kính :
R = 4 điểm A nên ta có:
1
2 ' '( 3;3)
2 AI I A t I
Vậy đường trịn (C’) có phương trình:
2 2
3
x y
0,25
0,25 0,25
2 (1,0 ®iĨm)
Do điểm A và C lần lượt nằm trục Ox, Oy và khác gốc O nên:
A(a ;0;0), C(0;0;c) với ac≠0
Mặt phẳng (P) qua ba điểm A, B, C nằm trục tọa độ nên có phương trình dạng: xa+y
3+
z
c=1 (phương trình theo
đoạn chắn)
Theo giả thiết
4
4;0;
M P c a ac
a c
(1)
1 1
.3
3 2
OABC OAC
ac
V OB S ac ac
(2)
Từ (1) (2) ta có hệ
4
6
3
4 6
2 a
ac ac a
c a c a c c
Vậy có hai mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu toán là:
1 2
2
: 1; :
4 3 3
x y z x y z
P P
0,25 0,25
0,25
0,25
VII.b
(1 ®iĨm) +) Tập xác định R{−1|} Ta cã:
2
2
x 2x a
y'
x
Đồ thị có tiếp tuyến vng góc với đờng phân giác góc phần t thứ y = x hệ số gúc tiếp tuyến y '(x)=−1
Hay phương trình
2
x 2x a
1 x
cã nghiÖm x
2
2 x a
cã nghiƯm x kh¸c -1
a a
.
+) Ta có y '(x)=0⇔ x2 + 2x +3 – a = 0, (*) ( x ≠ −1 )
Đặt f(x)=x2+2x+3− a ; ta có f(−1)=2− a với a>2
Phương trình (*) có Δ'=a −2>0 với ∀a>2
Vậy a>2 phương trình y '(x)=0 ln có hai nghiệm phân biệt
0,25
0,25 0,25
(39)ề ử ọ ố ả ả ươ ẵ
khác -1 y’ đổi dấu x qua hai nghiệm này, hàm số ln có hai cực trị đpcm