De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I sao cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện là hình tròn có chu vi bằng 8 ..[r]

SỞ GD& ĐT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN Mơn thi: TỐN, khối A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( ) 8x 4 9x21

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

2 Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình osc 4x osc 2x m 0 với x[0; ] .

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình:  

3 log

2

2 x

x x   x

 

2 Giải hệ phương trình:

2 2

12 12

x y x y

y x y

    

 

 

 

Câu III (1 điểm) Tính diện tích miền phẳng giới hạn đườngy|x2 |x y2x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ

Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm

2

4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x +

4 c c m

  

     

  

     

     

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 phân giác CD:

x y   Viết phương trình đường thẳng BC.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số

2 2

x t

y t

z t

  

     

 Gọi  đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng

1 1

1 1

xy yz zx x y z 

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường

thẳng  có phương trình tham số

1 2

x t

y t

z t   

     

 .Một điểm M thay đổi đường thẳng , xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh

1

2

3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 

Đáp án

Câu Ý Nội dung Điểm

1 1,00

+ Tập xác định: D 0,25

+ Sự biến thiên:

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

  

3

' 32x 18x = 2x 16x

y   

0

' 3

4 x y

x     

  

0,25

 Bảng biến thiên

 

3 49 49

; ;

4 32 32

CT CT

y y  y y  y y 

    C§

0,25

 Đồ thị

0,25

2 1,00

Xét phương trình osc 4x osc 2x m 0 với x[0; ] (1) Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2m0 (2)

Vì x[0; ] nên t [ 1;1], x t có tương ứng đối một, số nghiệm phương trình (1) (2)

0,25

Ta có: (2)8t4 9t2  1 m(3)

Gọi (C1): y8t4 9t21 với t [ 1;1]và (D): y = – m

Phương trình (3) phương trình hồnh độ giao điểm (C1) (D) Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền   1 t 1.

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 

81 32 m

: Phương trình cho vơ nghiệm 

81 32 m

: Phương trình cho có nghiệm 

81

32 m  

: Phương trình cho có nghiệm

 0m1 : Phương trình cho có nghiệm  m0 : Phương trình cho có nghiệm  m < : Phương trình cho vơ nghiệm

II 2,00

1 1,00

Phương trình cho tương đương:

3

3 log

log

3

2

2

1

1 ln 0 log ln 0

1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x                                                         0,50

2 2 2

log 1 1

2

1

ln

2 2

2

2

x x x

x x x

x

x x x

x x x                                                                0,50 2 1,00

Điều kiện: | | | |x  y

Đặt

2 2; 0

u x y u

v x y

   

 

  

 ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có

2 u y v v        

Hệ phương trình cho có dạng: 12 12 u v u u v v                0,25 u v     

 u v      + 2 4 8

u x y

v x y

           

  (I)

+

2

3 3

9 9

u x y

v x y

           

  (II)

0,25

Giải hệ (I), (II) 0,25

Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu S5;3 , 5; 4  

0,25

III 1,00

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y|x2 | ( )x C  d :y2x Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d):

2 2

2

0 0

| |

6

4 2

x x x

x x x x x x x x x

x

x x x x x

 

   

  

 

            

 

   

    

 

 

Suy diện tích cần tính:

   

2

2

0

4

Sx  x  x dx  x  x  x dx

Tính:  

2

| | I  x  x  x dx

Vì  x 0; , x2  4x0 nên |x2 |x x24x   

2

4

3 I x  x x dx

0,25

Tính  

6 2

| | K  x  x  x dx

Vì  

2

2; ,

x x x

   

 

4;6 ,

x x x

   

nên

   

4

2

2

4 16

K  x x  x dxx  x x dx

0,25

Vậy

4 52

16

3

S   0,25

IV 1,00

Gọi H, H’ tâm tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ trung điểm

AB, A’B’ Ta có:      

' ' ' ' '

' AB IC

AB CHH ABB A CII C

AB HH

 

   

  

Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt tiếp xúc với hai đáy H, H’ tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K II '.

0,25

Gọi x cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x cạnh đáy lớn Ta có:

1 3

' ' ' ' ' ;

3 3

x x

I K I H  I C  IK IH  IC

Tam giác IOI’ vuông O nên:

2 3 2

' 6r

6

x x

I K IK OK  r  x 

0,25

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: 3 ' ' h

V  B B  B B

Trong đó:

2 2

2

4x 3 3r

3 6r 3; ' ; 2r

4

x

B x  B   h

0,25

Từ đó, ta có:

2

2

2r 3r 3r 21r

6r 6r

3 2

V     

 

 

0,25

V 1,00

+/ 4sin3xsinx = cos2x - cos4x ;

+/  

4 os 3x - os x + os 2x - os4x sin 2x + cos4x

4

c  c    c   c  

       

+/  

2 1

os 2x + os 4x + sin 4x

4 2

c     c    

    

Do phương trình cho tương đương:

  1

2 os2x + sin2x sin 4x + m - (1)

2

c  

Đặt

os2x + sin2x = os 2x -

t c c   

  (điều kiện:  2 t 2)

Khi sin 4x = 2sin2xcos2x = t21 Phương trình (1) trở thành: 4 2 2 0

t  t m  (2) với  2 t

2

(2) t 4t 2 2m

Đây phuơng trình hồnh độ giao điểm đường ( ) :D y 2 2m (là đường song song với Ox cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) (P):

2 4

y t  t với  2 t 2.

0,25

Trong đoạn  2; 2 , hàm số y t 2 4t đạt giá trị nhỏ 2 2 tại

2

t đạt giá trị lớn 2 2 t 2

0,25 Do yêu cầu toán thỏa mãn 2 2   m 2

2 m 2

    . 0,25

VIa 2,00

1 1,00

Điểm C CD x y :  1 0  C t ;1 t Suy trung điểm M AC

1 ;

2

t t

M   

  0,25

Điểm  

1

: 2 7;8

2

t t

MBM x y           t  C 

  0,25

Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:   1 I (điểm KBC).

Suy AK:x1  y 2  0 x y  1

Tọa độ điểm I thỏa hệ:  

0;1

x y

I x y

   

 

  



Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK  tọa độ K1;0 .

0,25

Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình:

4

7

x y

x y



    

 

2 1,00 Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng , ( ) //( )P D ( )P ( )D Gọi

H hình chiếu vng góc I (P) Ta ln có IH IA IH AH

0,25

Mặt khác

   

    

 

, ,

d D P d I P IH

H P

  

 

  

Trong mặt phẳng  P , IH IA; maxIH = IA H A Lúc (P) vị trí (P0) vng góc với IA A

0,25

Vectơ pháp tuyến (P0) n IA 6;0; 3  

 

, phương với v2;0; 1  

Phương trình mặt phẳng (P0) là: 2x 41.z1 2x - z - =

0,50

VIIa 1,00

Để ý xy1  x y   1 x 1 y0;

và tương tự ta có

1

yz y z

zx z x

   



   

0,50 Vì ta có:

  1 1 1

1 1 1

3 zx+y

1

5

1

5

x y z

x y z

xy yz zx yz zx xy

x y z

yz xy z

z y

x

yz zx y xy z

z y

x

z y y z

 

          

     

 

   

 

 

    

  

 

 

    

 

 



0,50

VIb 2,00

1 1,00

Ta có: AB  1; 2 AB



Phương trình AB là: 2x y  0

 :  ; 

I d y x  I t t I trung điểm AC BD nên ta có:

2 1; , 2 ; 2

C t t D t t

0,25

Mặt khác: SABCD AB CH 4 (CH: chiều cao)

4 CH

 

0,25

Ngoài ra:

 

   

4 8

; , ;

| |

3 3 3

;

5

0 1;0 , 0;

t C D

t d C AB CH

t C D

    

 

     

        

    



Vậy tọa độ C D

5 8

; , ;

3 3

C  D 

    C1;0 , D0; 2 

2 1,00

Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM

Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ

Đường thẳng  có phương trình tham số:

1 2

x t

y t

z t   

     

 .

Điểm M  nên M 1 ;1 ; 2t  t t.

         

         

       

2

2 2 2

2

2 2 2

2

2

2 20

4 2 36 56

3

AM t t t t t

BM t t t t t t

AM BM t t

          

              

     

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ;2 5t  

v  3t6; 5 

Ta có

   

   

2

2

| |

| |

u t

v t



 

  

   

 

 

Suy AM BM | | | |u  v

 

u v 6; 5 |u v | 29

   

Mặt khác, với hai vectơ u v,  

ta có | | | | |u  v  u v|

   

Như AM BM 2 29

0,25

Đẳng thức xảy u v,  

hướng

3

1

t

t t

   

 

1;0; 2

M



minAM BM  2 29

0,25

Vậy M(1;0;2) minP = 11  29 0,25

VIIb 1,00

Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên:

a b c b c a c a b    

     



Đặt , ,  , , 0 , ,

a b c a

x y a z x y z x y z y z x z x y

 

          

Vế trái viết lại:

2

3

a b a c a

VT

a c a b a b c

x y z

y z z x x y

 

  

   

  

  

Ta có:    

2

2 z z

x y z z x y z z x y

x y z x y

        

   .

Tương tự:

2

;

x x y y

y z  x y z z x    x y z  Do đó:

 

2

2 x y z

x y z

y z z x x y x y z

 

   

     .

Tức là:

1

2

3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 

0,50

I. PHẦN

CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số  

3 3 4

y x  x  C Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

Gọi d đường thẳng qua điểm A(- 1; 0) với hệ số góc k ( k  R) Tìm k để đường thẳng d

cắt (C) ba điểm phân biệt hai giao điểm B, C ( với B, C khác A ) với gốc tọa độ O tạo thành tam giác có diện tích

Câu II (2 điểm)

SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 MƠN TỐN ( Khối A-B-D)

1 Tìm nghiệm phương trình:

2

sin cos sin 4sin

4 2

x x x x   

  (1) thoả mãn điều kiện : x1 3

2.Giải phương trình sau :  

2

2 x  3x2 3 x 8

Câu III (1 điểm) Tính tích phân :

1 sin cos

x x

I e dx

x 

 

 

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB=a, AD=2a, cạnh SA vng góc với đáy, cạnh SB tạo với đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho

a AM

3 

Mặt phẳng (BCM) cắt SD N Tính thể tích khối chóp SBCMN?

Câu V (1 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z  1 Tìm giá trị lớn biểu thức

xy yz zx

P

xy z yz x zx y

  

  

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần A B

Câu VI.A (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;−1), B(1;−2) , trọng tâm G tam giác

nằm đường thẳng x+y −2=0 Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 27

2

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M(0; 1; 2) N( 1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, N cho khoảng cách từ K0;0; 2 đến (P) đạt giá trị lớn Tìm điểm I thuộc mặt phẳng (x0y) cho IM+IN nhỏ

Câu VII.A (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2.5

5

5

x x

x

 

 Câu VI.B (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x + y  = Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E(1; 3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho

2 Trong không gian 0xyz cho điểm I1, 2, 2 và đường thẳng   : 2x 2  y zvà mặt phẳng

 P

: 2x2y z  5 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết diện hình trịn có chu vi 8 Từ lập phương trình mặt phẳng  Q chứa  và tiếp xúc với (S)

Câu VII.B (1,0 điểm) Giải phương trình sau tập số phức :

2

4 1 0

2 z

z  z    z

Chú ý: Thí sinh thi khối D khơng phải làm câu V

Thí sinh thi khối D khơng phải làm câu V- câu I điểm

Thí sinh có cách làm khác đáp án mà cho điểm tối đa câu đó.

Câu Nội dung Điểm

I (2điểm)

Khối D 3điểm

1.(1,0 điểm)

Hàm số (C1) có dạng y x 3 3x24

 Tập xác định: D R

 Sự biến thiên

- xlim  y , limx y 

0.25

- Chiều biến thiên:

2

'

2 x

y x x

x  

    

  Bảng biến thiên

X   0 2 

y’ + - +

Y 

0.25 S

A

B C

D

M N

A

B E

H