De chuyen Dong Thap 2012 A

[r]

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Mơn: TỐN; Khối: A + B Thời gian làm bài: 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 y x 3 3x22

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) A B song song với độ dài đoạn thẳng AB

Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình

 2

2

sin cos 2sin

sin sin

1 cot 4

x x x

x x

x

 

      

       

     .

Giải hệ phương trình  

2

7

2 2

4

x y

y x x



  

  

    



 x y,   .

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

 

1

1 ln

2 ln

e x x x

I dx

x x

  



 

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC a BC , 2 ,a ACB 1200và đường thẳng A C' tạo với mặt phẳng ABB A' ' góc 30 Tính thể tích khối lăng trụ cho khoảng cách hai đường thẳng ' ,A B CC' theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho phương trình  

2

4 6 x x  3x m x 2 3 x Tìm m để phương trình có nghiệm thực

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2.0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn  

2

: 18 65

C x y  x y 

 

2

' :

C x y 

Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB 4,8

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

 : x t

d y t

z   

  

 

 điểm A1;2;3 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) Câu VII.a (1.0 điểm) Giải bất phương trình    

2

2

1

log log

2 x  x  x  .

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I3;3 AC2BD Điểm

4 2;

3 M 

  thuộc đường

thẳng AB, điểm

13 3;

3 N 

  thuộc đường thẳng CD Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ

Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng  1  2

x y z x y z

d : ; d :

1 2 1

    

   

Câu VII.b (1.0 điểm) Giải phương trình      

3

3

1

log log log

2

x   x  x

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

Họ tên thí sinh: ; Số báo danh:

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN

Mơn: TỐN; Khối: A+B

(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điể

m

I

(2,0 điểm)  (1,0 Tập xác định: điểm) D

 Sự biến thiên:

ￚ Chiều biến thiên: y' 3 x2 6x; y' 0  x0 x2

0.25

Hàm số đồng biến khoảng  ;0 2;; nghịch biến khoảng 0;2

ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x2; yCT2, đạt cực đại x0; yCĐ2

ￚ Giới hạn: xlim  y ; limx y

0.25

ￚ Bảng biến thiên: 0.25

 Đồ thị: 0.25

2.(1,0 điểm)

Đặt    

3

; ; ;

A a a  a  B b b  b 

với a b Hệ số góc tiếp tuyến với (C)

tại A, B là:    

2

' ; '

A A B B

k y x  a  a k y x  b  b

Tiếp tuyến (C) A B song song với

   

2

3 6 2

A B

k k  a  a b  b a b a b     b  a

Độ dài đoạn AB là:

   

     

     

2

2 3 3 2 2

2 2 2

2 2

3

4

AB a b a b a b

a b a b a ab b a b

a a a

 

      

 

         

 

     

 

0.25

       

 

 

4

2

4 32

1

1

1

AB a a a a

a a

a a

            

    



  



   

 .

0.25

 Với a 3 b1  Với a 1 b3

Vậy A3;2 , B1; 2  A1; ,  B3; 2

0.25

II (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Điều kiện: sinx0(*) Khi đó:

Phương trình cho tương đương với:  

2

sin2 cos sin cos sin

4

x x x   x x

 

0.25

 

cos sin cos sin cos

4 4

x  x x  x x 

     

           

     

0.25



sin

2 x  x k 

k , thỏa (*)

0.25



3

cos

4

k

x  x  

 

    

 

  k , thỏa (*)

Vậy, phương trình có nghiệm:  

3

2 ;

2

k

x k  x    k 

0.25

2.(1,0 điểm)

Điều kiện: x2;y2

Đặt u x2;v y2 với ,u v0(*) Hệ trở thành:  

2

7

(1)

1

2 (2)

4

u v

v u u



 

  

   





0.25

Thế (1) vào (2) ta phương trình:

2

2

4

7

2

2 12

u u u

u u u u

 

   

 

 

     

0.25

    

2

1

u u u u

     

 u 1 u2 (vì u25u 6 0, u 0)  Với u1 thay vào (1) ta

5 v

, không thỏa (*)

 Với u2 thay vào (1) ta v

, thỏa (*)

0.25

Vậy, hệ phương trình có nghiệm:

2 x y

   

 

 .

III (1,0 điểm)

(1,0 điểm)

 

2

1 1

1 ln 1 ln

2 ln ln

e x x x e e x

I dx x dx dx

x x x x

   

  

 

  

0.25

3

2

1

1

3

e e

x e

x dx     



0.25

 

1

1

2 ln

1 ln

ln ln

2 ln ln

e e

e

d x x

x

dx x x

x x x x

 

   

 

  ln 2 ln ln

2 e

e 

   

0.25

Vậy

3 1 2

ln

3

e e

I    

0.25

IV (1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Trong (ABC), kẻ CH AB HAB, suy CH ABB A' ' nên A’H hình chiếu

vng góc A’C lên (ABB’A’) Do đó:

 

A C ABB A' , ' ' A C A H' , '  CA H ' 300

  

 

  .

0.25



2

1

.sin120

2

ABC

a

S  AC BC 

 AB2 AC2BC2 2AC BC .cos1200 7a2 AB a 

2 21

7

ABC

S a

CH

AB



 

Suy ra:

2 21

'

sin30

CH a

A C  

0.25

Xét tam giác vuông AA’C ta được:

2 35

' '

7 a AA  A C  AC 

Suy ra:

3 105 '

14

ABC

a V S AA 

0.25

Do CC'/ /AA' CC'/ /ABB A' ' Suy ra:

 ' , '  ', ' '  , ' ' 21

7 a d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH 

0.25

V (1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Điều kiện: 2 x 3.Đặt t x 2 3 x với x  2,3

Ta có:

1 2

'

2 2

x x

t

x x x x

  

  

    ; y' 0  3 x 2 x2 x1

Bảng biến thiên:

Từ BBT suy ra: t 5,5

Do t x 2 3 x  6 x x2  3x t 2 14 nên phương trình trở thành:

2

2 14 t 14

t mt m

t 

   

0.25

Xét hàm số  

2 14 t f t

t  

với t 5,5 , ta có:

   

2

14

' t 0, 5,5

f t t f t

t 

 

    

  đồng biến  5,5

0.25

Phương trình có nghiệm thực     

9 11

5

5

f mf   m

Vậy, phương trình có nghiệm thực

9 11

5 m

  

0.25

VI.a

(2,0 điểm) 1 (1,0 điểm)

Đường tròn (C’) có tâm O 0;0 , bán kính R OA 3  Gọi H AB OM  , H

trung điểm AB nên

12 AH

5 

Suy ra:

2

OH OA AH

5

  

2 OA

OM

OH

 

0.25

Đặt M ;x y, ta có:

  2

2

M 18 65

OM 25

C x y x y

x y

 

     

 



 

  

 

 

0.25

2 2

3 15 20

25 15

x y x x

x y y x

  

    

   

   

 

0.25

4

3

x x

y y

 

 

   

 

 

Vậy, (C) có hai điểm M thỏa đề là: M 4;3  M 5;0 

0.25

2.(1,0 điểm)

Đường thẳng (d) qua điểm M0; 1;1  có VTCT u1; 2;0



Gọi na b c, , 



VTPT (P) với a2b2c2 0 Do (P) chứa (d) nên:

u n   0 a2b 0 a2b (1)

Phương trình (P) có dạng:

a x  0b y 1c z 1  0 ax by cz b c    0 (2)

  2

2 2 2

3

,( ) 3 5

5

a b c b c

d A P b c b c

a b c b c

   

        

  

0.25  2

2

4b 4bc c 2b c c 2b

        

(3) 0.25 Do b0 nên thay (1), (3) vào (2) ta phương trình

2bx by 2bz b  0 2x y  2z 1 Vậy, phương trình (P) là: 2x y  2z 1

0.25

VII.a

(1,0 điểm) (1,0 điểm)

Điều kiện: x 1 x

Khi đó:

0.25

Phương trình cho tương đương với :    

3

3

log x 1 log 2x1 x 1 

 

3

1 1

1

x x x

x x x

    

    

0.25

 Với x

ta phương trình:

2 3 2 0

2 x

x x

x  

    

 

0.25

 Với

1

2 x

  

ta phương trình: x2  x x0

Vậy, phương trình có tập nghiệm: S 0;1;2

0.25

VI.b (2,0 điểm)

(1,0 điểm)

Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I

5 ' 3;

3 N  

 

Đường thẳng AB qua M, N’ có phương trình: x 3y 2

Suy ra:  

3

,

10 10

IH d I AB    

0.25

Do AC2BD nên IA2IB Đặt IB x 0, ta có phương trình

2

2

1

2

4 x x

x  x     

0.25

 2  2

14

4

5 18 16

3 5

8

3

3

5

x x

y y

x y

y

x y

x y y

  

           

 

  

   



 

   

  

 





Do B có hoành độ nhỏ nên ta chọn

14 ; 5 B 

 

Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x y 18 0

0.25

2.(1,0 điểm)

Đặt A a; 2a;a , B 2b;1 b;1 b         , ta có

AB   a 2b 3; 2a b 3; a b 1       



0.25

Do AB song song với (P) nên: AB n P 1;1; 2  b a 4 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Suy ra: ABa 5; a 1; 3    



0.25

Do đó:        

2 2 2

AB a 5   a  3  2a  8a 35  a 2 27 3

Suy ra: 

a AB 3  b 2

 , A1; 2; 2, AB  3; 3; 3   

0.25

Vậy, phương trình đường thẳng (d) là:

x y z

1 1

  

 

0.25

VII.b (1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Điều kiện: x 0 x2

Bất phương trình cho tương đương với:  

2

2

log 2x1 log x  2x

 2x1 x2 2x

0.25

Xét trường hợp sau:

1) x0 Ta hệ: 2

0

1

1 2

x x

x

x x x x

 

 

    

 

   

 

0.25

2) x2 Ta hệ: 2

2

2

x x

x x x x x

 

 



 

     

 

2

2

2 3

x

x x

  

     

   

 

0.25

Vậy, nghiệm bất phương trình    1 x 2x 2 3. 0.25