Tìm tất cả cỏc giỏ trị của a để x 1 Ca có tiếp tuyến vuông góc với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất trong hệ trục tọa độ Oxy.. Với cỏc giỏ trị a khi đó, chứng tỏ hàm số luụn cú [r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 (lần thứ 1) Môn thi: TOÁN; khối B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh:(7 ®iÓm) C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè y x x Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A, B, C cho điểm A có hoành độ và BC= 2 C©u II (2 ®iÓm) Giải phương trình: cos x cos x tan x x x Giải phương trình: log(10.5 15.20 ) x log 25 2 x y m có nghiệm x xy C©u IV (1 ®iÓm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2a, BC = a Các cạnh bên hình chóp và a a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a b) Gọi M, N, E, F là trung điểm các cạnh AB, CD, SC, SD Chứng minh đường thẳng SN vuông góc với mặt phẳng (MEF) C©u V (1 ®iÓm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biểu thức: 1 P x2 y y x C©u III (1®iÓm) Tìm các giá trị tham số m để hệ phương trình: PhÇn Riªng: (3 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®îc chän lµm mét hai phÇn (phÇn A hoÆc phÇn B) A Theo chương trình chuẩn C©u VI.a (2 ®iÓm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A(-1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : x – y – = Xác định toạ độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC 18 x2 y , có các tiêu điểm là F1 , F2 Tìm tọa độ các điểm M Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) : nằm trên elip (E) cho MF1 MF2 2x C©u VII.a (1 ®iÓm) Cho hàm số y có đồ thị là (C) Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết khoảng x 1 cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến B Theo chương trình nâng cao C©u VI.b (2 ®iÓm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x y x Tia Oy cắt (C) điểm A Lập phương trình đường tròn (C’) có bán kính R’ = 2, biết (C’) tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) A Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm B 0;3;0 , M 4;0; 3 Viết phương trình mặt phẳng ( P ) chứa B, M và cắt các trục Ox, Oz các điểm A và C cho thể tích khối tứ diện OABC ( O là gốc toạ độ) x 3x a C©u VII.b (1 ®iÓm) Cho hàm số: y (a là tham số) cú đồ thị là (Ca) Tìm tất cỏc giỏ trị a để x 1 (Ca) có tiếp tuyến vuông góc với đường phân giác góc phần tư thứ hệ trục tọa độ Oxy Với cỏc giỏ trị a đó, chứng tỏ hàm số luụn cú hai cực trị Lop10.com HÕt (2) Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh §¸p ¸n - thang ®iÓm THI THö §¹I HäC N¡M HäC 2012 (lần thứ 1) M«n thi: To¸n, khèi: B, D (Học sinh làm theo cách khác đúng, cho điểm tối đa) C©u I (2 ®iÓm) §¸p ¸n §iÓm (1,0 ®iÓm) Hàm số y = x3 3x + Tập xác định hàm số là R Sự biến thiên hàm số a) Giới hạn vô cực: Ta có lim y ; lim y x 0,25 x b) Bảng biến thiên: Ta có y’ = 3x2 y’= x = -1 x = x y’ + -1 + + + y 0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng (; -1) và (1; +), nghịch biến trên (-1;1) • Hàm số đạt cực đại điểm x = -1, giá trị cực đại hàm số là y(-1) = Hàm số đạt cực tiểu điểm x = 1, giá trị cực tiểu hàm số là y 1 = Đồ thị: Điểm uốn Ta có y ' ' x ; y ' ' x Nhận thấy y’’ đổi dấu x qua điểm x Do đó, điểm I 0; là điểm uốn đồ thị Đồ thị cắt trục tung điểm 0; Phương trình y 0,25 y (C) -2 -1 x 0,25 x 3x x 12 x x 2 x Do đó, đồ thị cắt trục hoành hai điểm là 2; và (1; 0) Ngoài đồ thị còn qua điểm (2; 4) Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn I 0; làm tâm đối xứng (1 ®iÓm) Với x A y A Đường thẳng qua A 2; với hệ số góc k có phương trình: y k x x A y A : y k x Phương trình hoành độ giao điểm (C) và là: Lop10.com 0,25 (3) x x k x x x x k x g x x x k (1) Điều kiện để có hai điểm B, C là phương trình g x có hai nghiệm phân biệt ' k khác hay tương đương với (*) k g 2 0,25 Khi đó B x1 ; y1 ; C x2 ; y2 , với x1 , x là nghiệm phương trình (1) và y1 kx1 2k ; y kx2 2k ; Suy x2 x1 2 y y1 2 x2 x1 2 k x2 x1 2 BC x x1 2 1 k x1 x 2 x1 x 1 k 4 41 k 1 k Hay BC 4k 4k Ta có BC (theo Viet x1 x 2, x1 x k ) Theo giả thiết BC = 2 nên ta có 4k 4k 2 4k 4k 4k 1 k k k thỏa mãn điều kiện (*) Vậy đường thẳng : y = x + II (2 ®iÓm) 0,25 0,25 (1,0 ®iÓm) Đặt cos x cos x tan x là (1) Điều kiện xác định phương trình là: cos x x / k , k Z (*) Với điều kiện (*), phương trình: (1) (2 cos x 1) cos x[2( 1) 1] cos x cos x 3cos x 3cos x (cos x 1)(2 cos x 5cos x 2) cos x 1 cos x cos x (vonghiem) x k 2 , k Z x k 2 Các giá trị trên thỏa mãn điều kiện (*) nên là nghiệm phương trình đã cho (1,0 ®iÓm) Ta có: log(10.5 x 15.20 x ) x log 25 log 10.5 x 15.20 x log 25.10 x x x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x 10.5 15.20 25.10 15.4 x 25.2 x 10 (chia hai vế phương trình cho x ) t 1(tm) x §Æt t (t 0) , ta ®îc phương trình : 15t - 25t +10 = t (tm) Với t x x 2 2 x log Với t x 3 3 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x và x log 3 Lop10.com 0,25 0,25 0,25 (4) III (1 ®iÓm) Ta có 2 x y m 2 x y m (I) x xy xy x Với điều kiện x x ta có: y 2x m (I) x2 x m 1 x (1) Do x = không là nghiệm (1) nên : (1 x) (1) x m m x2 (2) x x Xét hàm số : f x x với x x f ' x x (;1] \ 0 x Suy bảng biển thiên hàm số x + f’(x) 0,25 0,25 + f(x) 0,25 Hệ phương trình đã cho có nghiệm và phương trình (2) có nghiệm x 1 Đường thẳng y m cắt đồ thị hàm số y f x x trên (;1] x đúng điểm Từ bảng biến thiên, suy m Vậy m là các giá trị cần xác định tham số m 0,25 Chú ý : Học sinh có thể sử dụng phương pháp lớp 10 bài này IV (1 ®iÓm) a) Gọi O = AC BD Theo giả thiết SA = SB = SC= SD và OA = OB = OC = OD, tức hai điểm S và O cách bốn điểm A, B, C, D Suy SO ( ABCD) a AC AB BC a AO Trong tam giác vuông SOA, 3a 2 2 SO = SA - AO = B a SO Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: S 0,25 F a K A D E 2a M N O a C a3 SO.S ABCD (đvtt) 3 b) Gọi K là trung điểm EF, đó K là trung điểm SN VS ABCD a 3a a , đó SM MN , suy tam giác 4 SMN cân M, dẫn đến SN Lop10.com MK 0,25 Ta có SM MO SO 0,25 (5) V (1 ®iÓm) Mặt khác SN EF , suy SN MEF đpcm Ta biến đổi P xy ( xy ) x, y Do nên x y xy xy x y 1 Đặt t xy 2 , điều kiện t là t 16 Khi đó biểu thức P f t t t t 1 1 f ' t ; ta thấy f ' t với t 0; , suy hàm số f(t) nghịch biến t 16 1 trên nửa khoảng 0; 16 Suy giá trị nhỏ biểu thức P là: 289 P f t f 16 16 t( 0; ] 16 VI.a (2 ®iÓm) (1,0 ®iÓm) Gọi H là trung điểm BC, đó; 1 AH d A, 12 (1) Theo giả thiết S ABC 18 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 A BC AH 18 36 H B C 4 Suy BC AH Đường thẳng AH qua điểm A(-1;4) và vuông góc với đường thẳng nên có phương trình: 1.(x + 1) + 1.(y – 4) = 0, hay AH : x y x y H AH tọa độ H là nghiệm hệ phương trình: , suy x y 7 1 tọa độ H ; 2 2 Điểm B nằm trên đường thẳng : y x nên B có tọa độ dạng B(m; m – 4) 2 BC2 7 1 HB m m 2 2 11 m 2 7 2 m 2 m 2 Vậy tọa độ hai điểm B, C là: 11 11 B ; , C ; là C ; , B ; 2 2 2 2 2 2 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 ®iÓm) Từ phương trình elip ta có a 2, b c a b 3; 0 Vậy hai tiêu điểm elip là F1 3; , F2 Lop10.com 0,25 (6) x02 y 02 1 Gọi M x0 ; y thuộc elip, đó ta có MF1 MF2 , suy M nằm trên đường tròn tâm O bán kính R = có phương trình x02 y 02 0,25 (1) F1 F2 = , đo đó ta 0,25 ( 2) x0 Giải hệ gồm hai phương trình (1) và (2) ta y 02 Vậy có điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán, M có tọa độ là: ; 3 ; ; ; ; ; ; VII.a (1 ®iÓm) Ta có y ' 0,25 1 ( x 1) 2x C Gọi d là tiếp tuyến (C) điểm M x0 ; x0 2x 1 x x0 Phương trình d có dạng: y x0 ( x0 1) Hay d : x ( x0 1) y x02 x0 Khoảng cách từ điểm I(1; 2) đến tiếp tuyến d 2( x0 1) x02 x0 12 ( x0 1) VI.b (2 ®iÓm) 0,25 2x (x 1) 0,25 x0 12 x0 14 x0 12 Giải nghiệm x và x Vậy các tiếp tuyến cần tìm có phương trình là : x y và x y (1,0 ®iÓm) Đường tròn (C) có tâm là I(-2 ; 0) và y bán kính R = 12 Tia Oy cắt đường tròn A(0;2) Gọi I’ là tâm đường tròn (C’) I’ A x 3t Phương trình đường thẳng IA : I y 2t x O Điểm I ' IA nên I’( 3t ; 2t ) Từ giả thiết đường tròn (C’) bán kính R’ = tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) bán kính : R = điểm A nên ta có: AI I ' A t I '( 3;3) Vậy đường tròn (C’) có phương trình: x y 3 2 (1,0 ®iÓm) Do các điểm A và C nằm trên các trục Ox, Oy và khác gốc O nên: Lop10.com 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (7) VII.b (1 ®iÓm) Aa; 0; , C 0; 0; c với ac Mặt phẳng (P) qua ba điểm A, B, C nằm trên trục tọa độ nên có phương 0,25 x y z 1 trình dạng: (phương trình theo đoạn chắn) a c 0,25 Theo giả thiết M 4;0; 3 P 4c 3a ac (1) a c ac 1 0,25 VOABC OB.S OAC ac ac (2) 3 2 a 4 ac ac 6 a Từ (1) và (2) ta có hệ 3 4c 3a 4c 3a c c Vậy có hai mặt phẳng (P) thỏa mãn yêu cầu bài toán là: x y 2z x y z 0,25 P1 : 1; P2 : 4 3 3 +) Tập xác định R \ 1 Ta cã: y' x 2x a x 1 §å thÞ cã tiÕp tuyÕn vu«ng gãc víi ®êng ph©n gi¸c cña gãc phÇn t thø nhÊt y = x vµ chØ hệ số góc tiếp tuyến là y ' x 1 Hay phương trình x 2x a 1 cã nghiÖm x x 1 x 1 a cã nghiÖm x kh¸c -1 a a +) Ta có y ' x x2 + 2x +3 – a = 0, (*) ( x 1 ) 0,25 Đặt f x x x a ; ta có f 1 a với a Phương trình (*) có ' a với a Vậy a thì phương trình y ' x luôn có hai nghiệm phân biệt khác -1 và y’ đổi dấu x qua hai nghiệm này, đó hàm số luôn có hai cực trị đpcm HÕt _ Lop10.com 0,25 0,25 0,25 (8)