Đề và đáp án thi thử đại học (lần thứ 1) môn thi: Toán; khối B, D

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]

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 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  12 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   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  41  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    4k  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 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)    x2 x  m   1  x  (1) Do x = không là nghiệm (1) nên : (1  x) (1)  x  m   m  x2 (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 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 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  12   x0  14  x0  12  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 VII.b (1 ®iÓm) Aa; 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