De thi thu DH 2012 THPT Tuy Phuoc1

Viết phương trình mặt cầu có tâm I và cắt mặt phẳng tọa độ (Oxy) theo một đường tròn (C), biết (C) tiếp xúc với trục Ox... Suy ra tam giác IAB vuông cân tại I.[r]

TRƯỜNG THPT SỐ TUY PHƯỚC KÌ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Đề thi thử lần Mơn: TỐN; Khối A A1

Thời gian làm bài: 180 phút I Phần chung cho tất thí sinh (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = x3 + 3x2 – 4. 2) Tìm giá trị m để phương trình x 2 2 x 1m

 có nghiệm Câu II (2,0 điểm).

1) Giải phương trình lượng giác

2

1 sin cos

cos (sin 2cos ) tan

x x

x x x

x

 

 



2) Giải hệ phương trình

2

3

2 3

2(2 ) ( 1) ( 1)

x y y

y x y x x x

     

 

      

 

(x, y  )

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

2

2

3 1

x

I dx

x x

x



 

 

 

 



Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình thang vng A B; AB = BC = 2a, AD = 4a Cạnh SA = 4a vng góc với đáy Gọi M, N trung điểm SA SD Tính thể tích khối chóp S.BCNM

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 1

( )

2 3 3

F a b c

a b c b c a c a b

     

     

II Phần riêng (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2y22x 2y14 0 có tâm I đường thẳng (d): x y m  0 Tìm m để d cắt (C) hai điểm phân biệt A, B đồng thời diện tích tam giác IAB lớn

2) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M1;0;4,N1;1;2 mặt cầu (S): 2 2 2 2 0.

x y z  x y  Viết phương trình mặt phẳng (P) qua MN tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phứcz thỏa mãn z 5 3 i 3

B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC, biết A(3; 4), trực tâm H(1; 3), tâm đường tròn ngoại tiếp I(2;0) Viết phương trình đường thẳng BC

2) Trong không gian Oxyz cho điểm I(2; 3; - 4) Viết phương trình mặt cầu có tâm I cắt mặt phẳng tọa độ (Oxy) theo đường tròn (C), biết (C) tiếp xúc với trục Ox

Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức

11 1

i z

i



 

 



  Tính mơ đun số phức

2010 2011 2016 2021 w z z z z

- Hết -

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2012

Câu, ý Nội dung Điểm

I,1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị y = x3 +3x2 -4 1,0

+ Tập xác định: D = 

+ Giới hạn: lim    ; lim  

x y x y

+ Đạo hàm: y’ = 3x2 +6x 0,25

+ y’ =  x = x = -2 + BBT

x -∞ – +∞ y + – +

y’ +∞

-∞ -4 KL: - đồng biến   ; ; 0;  , nghịch biến2;0 - Cực đại: x cđ = -2;ycđ =0, cực tiểu: xct = ; yct = -4

0,25

0,25 + Đồ thị:

0,25

I,2) Tìm giá trị m 1,0

+ Ta có: x 2 2 x 1m

  

2

x x 4x m; x

     

Xét hàm số:

   

3 2

3

x 3x 4; x f (x) x x 4x

x 3x ; x

   



    

   

 

0,25

+ Suy đồ thị hàm số f(x) gồm phần đồ thị (C) với x > đối xứng phần đồ thị (C) với

x < qua Ox 0,25

+ Hình vẽ: y

x -2

0,25

+Lý luận pt cho pt hoành độ giao điểm đồ thị f(x) đường thẳng y = m.Từ đồ

thị suy pt cho có nghiệm m = 0,25

Điều kiện: cosx ≠

Biến đổi PT về: cos2x(1 + sin2x − cos2x) = cos2x (2sinx + 2cosx)

 + sin2x − cos2x = 2(sinx + cosx) ( cosx ≠ 0) 0,25  (sinx + cosx)2 – (cos2x − sin2x) − 2(sinx + cosx) = 0

 (sinx + cosx)[sinx + cosx − (cosx − sinx) − 2] =  (sinx + cosx)(2sinx − 2) =

0,25  sinx + cosx = 2sinx − =

 tanx = − sinx = (không thỏa cosx = 0) 0,25

 x =

4 k 



  , (k  ) 0,25

II,2) Giải hệ phương trình… 1,0

Điều kiện: x2 + 2y + ≥

PT thứ hệ tương đương với 4y3 + 3y(x + 1)2 + 2(x3 + 3x2 + 3x + 1) = 0  4y3 + 3y(x + 1)2 + 2(x+1)3 = (*)

Nếu x = − y = Cặp (x; y) = (− 1; 0) nghiệm hệ Với x ≠ − 1, chia vế (*) cho (x + 1)3, ta được

3

4

1 y y x x             

    (**) 0,25

Đặt t =

y

x PT (**) trở thành 4t

3 + 3t + = 0  ( 1)(4 2 4)

2

t t  t   t = −1 Do (**) 

1

y

x = −

1

2  2y = − x − (***) (với x ≠ −1)

0,25 Kết hợp PT đầu hệ (***) ta

2

2

x  x  x   x2 x2 = x +  2 2

4

4 4

4

3 ( 4)

3

x x

x x

x x x

                 

(thỏa x ≠ − 1) 0,25

Thay x tìm vào (***), y =

6 (thỏa điều kiện ban đầu) Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (−4

3;

6) 0,25

III Tính tích phân… 1,0

Ta có:

 

2

2

3 1

x I dx x x     Đặt t =

1

x  , suy 1 & 2

x

dt dx x t

x

  

 0,25

Đổi cận: x 3 t2;x2 2 t3

Khi  

2 2 t I dt t     0,25

Ta có I =

3 3

2

2

2 2

2 1

2

t t

dt t dt dt

t t          = 3 2

1 1

3t 2 t t dt

           0,25 = 19

ln ln

= 19 2ln

3 4

  

  

  

 

0,25

IV Tính thể tích khối chóp S.BCNM. 1,0

+Kẻ SH  BM.Vì MN//AD; AD (SAB) nên MN (SAB) MN  SH Từ SH  (BCNM) Vậy SH đường cao hình chóp S.BCNM

0,25 + Kẻ AK  BM, suy AK = SH Tam giác ABM vuông cân A suy

AB = AM = 2a  AK = SH =a 2. 0,25

+BCNM hình chữ nhật với diện tích:

SBCNM = BC.BM = 2a 2a 2= 4a2 2. 0,25

+ Vậy : VS.BCNM =

BCNM

S SH 4a 2.a 8a

3  

Ghi chú: Học sinh sử dụng phương pháp tọa độ để giải

0,25

V Giá trị nhỏ biểu thức… 1,0

Áp dụng BĐT trung bình cộng – trung bình nhân (TBC - TBN) ta có:

6(a+b+c)= (a2 ) (b c  b2 ) ( 2c a  c a b3 ) ( a2 )(b c b 2 )( 2c a c  a b3 ) (1)

1 1

3

2 3 3 )( )( )

a b c b  c a c  a b  a b c b c a c a b (2)

0,25

Lấy (1) nhân (2) theo vế, ta được:

1 1

6( )( )

2 3

a b c

a b c b c a c a b

    

     

Suy 1

2 3

a b c b  c a c  a b a b c 

0,25

Do F 2( )

2a b c a b c

   

  2(BĐT TBC – TBN) (3) 0,25 Dấu xảy đồng thời xảy dấu “=” (1), (2) (3)

2 3

3 2( )

2( )

a b c b c a c a b

a b c a b c

       

 

  



  



1

a b c

   

KL: GTNN F 0,25

VI.a-1) Tìm m để d cắt (C) điểm A, B cho …Ta có 1,0

  2 2

2 2 2 14 0 1 1 16

x y  x y   x  y 

Đường thẳng d cắt (C) hai điểm phân biệt A, B  d I d , 4

0,25

  2

1.1 1.1

4

1

4 *

m

m m

  

   



    0,25

Với điều kiện (*), đường thẳng d cắt (C ) A, B phân biệt

Diện tích tam giác IAB: sin 2sin 8sin

2

IAB

S  IA IB AIB R AIB AIB 0,25

Dấu “=” xảy sinAIB =  AIB900. Suy tam giác IAB vuông cân I Do

 ,  2 2

4

2

m m

R d I d

m

 

     

 

(thỏa (*))

Vậy diện tích tam giác IAB lớn m = m = -

0,25

VI.a-2)

Phương trình mp (P) qua MN tiếp xúc với (S) 1,0

Ta có x2 y2z2 2x2y 0  x1 2 y12z2 4 Do mặt cầu (S) có tâm I(1; −1; 0) bán kính R =

Ta cóMN = (0; 1; − 2)

Gọi n A B C , , với A2 B2 C2 0

   vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Vì mp(P) qua MN nên n MN  n MN  0 B 2C0 1 



  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

      0,25

Mặt phẳng (P) qua M(1; 0; 4) nhận n A B C , ,  làm VTPT nên có phương trình

 1  0  4 z

A x B y C z   Ax By C   A C .

Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S)           

 

2 2

1

, A B C A C

d I P R

A B C

 B4C 2 A2B2C2 2 0,25 Từ (1) (2), đưa đến A2 4C2 0

  (*)

Trong (*), C = A = 0, từ (1) suy B = (vơ lí) Do C0 Chọn C 1 A2

* Với A = 2, C = 1, ta có B = Khi (P) : 2x2y z  0. 0,25 * Với A = -2, C = 1, ta có B = Khi (P) :2x 2y z  2

Kết luận có hai mặt phẳng (P) thỏa ycbt có phương trình 2x + 2y + z − =

2x − 2y − z + = 0,25

VII.a Tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa z 5 3 i 3 1,0

Gọi z x yi x y  , ,  

Khi điểm biểu diễn số phức z làM x y ; 

Từ giả thiết, ta có z 5 3 i  3 x ( y3)i 3 0,25  x 52y32 3  x 5 2 y32 9 0,25 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z hình trịn tâm I(5; -3), bán kính R = 3, khơng

kể biên

Ghi chú: cần nói rõ khơng kể biên

0,5

VI.b-1)

Phương trình đt BC 1,0

Gọi D điểm đối xứng A qua I

Tứ giác BHCD hình bình hành( có

Do hai đường chéo BC HD cắt trung điểm M đường , suy IM đường TB tam giác AHD

Suy

IM  AH

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

2

1

0 (3 4) 2

2 M

M

x x

y y





   



 

    



    

 

Suy M(1; -1/2)

0,25

0,25 Đường thẳng BC qua M vng góc với AH nên nhận AH  ( 2; 1) làm

VTPT, BC có PT: −2(x – 1) – (y +1/2) =

Hay PT BC: 4x + 2y − = (có thể viết dạng 2x +y – 3/2 = 0) 0,25

VI.b-2)

PT mặt cầu tâm I(2; 3; − 4) cắt mp(Oxy)… 1,0

Gọi I’ tâm đường trịn (C), ta có I’ hình chiếu I mp(Oxy) suy I’(2;3;0) 0,25 Trong mp(Oxy) đường tròn (C) có tâm I’ tiếp xúc với trục Ox nên bán kính (C)

R’ = d(I’;Ox) = yI' = 0,25

Gọi R bán kính mặt cầu, ta có R = II'2 R'2

 = 0,25

Vậy PT mặt cầu cần tìm là: (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z +4 )2 = 25. 0,25

VII.b Tính mơ đun số phức … 1,0

Ta có :

2

1 (1 )

1

i i

i

i i

 

 

 

0,25 Suy z = (− i)11 = − i11 = − i4.2+3 = −[ (i4)2.i3] = − i3 = i 0,25 Ta có w = z2010(1 +z +z6 + z11) = i2010( + i + i6 + i11) = i2010(1 + i −1 − i) = 0,25

Suy w 0 0,25