DE VA DAP AN THI THU DH MOI HOM NAY

Lập phương trình đường thẳng l qua A cắt (C) tại hai điểm sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó bằng độ dài cạnh hình vuông nội tiếp đường tròn ( C ).. Cán bộ coi thi không giải thích[r]

TRƯỜNG THPT LÊ LỢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 T.P ĐƠNG HÀ - QUẢNG TRỊ Mơn: TỐN KHỐI A-B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số:

y



2

x

3



3

mx

2



1

(1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

2 Khi khoảng đồng biến hàm số (1) ( ; )x x1 , tìm giá trị m để x2 x11 Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

sin cos2 2cos 3cos

4 1

1 cos

x x x x

x 

 

    

  



2 Giải bất phương trình:

x

2



x

 

1 0

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:



2



2

4

3

2

x dx I

x

  



Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC tam giác cân

AB



AC



2

a

3

, góc



BAC



120

o Mặt bên (SBC) vng góc với đáy hai mặt bên cịn lại tạo với mặt đáy góc



Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a



.

Câu V (1,0 điểm)

Tìm tất giá trị a để phương trình sau có nghiệm thực:





2

3

x



2

x

 

3

a x



1

x



1

.

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn hai phần (phần A phần B)

A Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, biết toạ độ trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC H(2;2), I(1;2); trung điểm

5 5

( ; )

2 2

M

cạnh BC Hãy tìm toạ độ đỉnh , ,

A B C biết

x

B



x

C (

x

B,

x

Clần lượt hoành độ điểm B C).

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, gọi A, B, C giao điểm mặt phẳng

 

P : 6x2y3z 0

với Ox, Oy, Oz Lập phương trình đường thẳng d qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC đồng thời vng góc với mặt phẳng (P)

Câu VII.a (1,0 điểm)

Giải bất phương trình:









1

2

log 4

x

4

log 2

x

3

x





 



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

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C):

x

2



y

2



6

x



2

y



6 0



điểm

(3;3)

A

.Lập phương trình đường thẳng l qua A cắt (C) hai điểm cho khoảng cách hai điểm độ dài cạnh hình vng nội tiếp đường trịn (C)

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm E(2;1;5), (4;3;9)F Gọilà giao tuyến của hai mặt phẳng

 

P : 2x y z   0

 

Q : x y 2z 0 Tìm điểm I thuộc  sao cho:

IE IF

lớn Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải bất phương trình:









3

log 3x log 3x

  

Hết

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 Mơn: Tốn khối A-B

Câu I.1

(1,0 đ) Khi m = ta có hàm số

3

2

3

1

y



x



x



Tập xác định D = 

Giới hạn:

lim

x  

y



x

lim

 

y

 

nên đồ thị khơng có tiệm cận

Chiều biến thiên

'

6

6

y



x



x

;

y

' 0

 

x

 

0

x



1

' 0

0

1;

' 0

0

1

y

 

x

 

x



y

 



x



Suy hàm số đồng biến



0;1



, nghịch biến



 ;0 , 1;

 





;CĐ (1;0) ; CT(0;-1)

Bảng biến thiên:

x   

'

y



0

+

0



y



-  

Đồ thị

điểm đặc biệt CĐ (1;0); CT(0;-1); A(2, -5)

Giao với Ox (1;0)

1

(

,0)

2



Giao với Oy (0;-1)

điểm uốn

1

1

;

2

2















0,25

0,25

0,25

0,25

Câu I.2

(1,0 đ) Tập xác định D =



'

6

6

y



x



mx

,

y

' 0

 

x

 

0

x m



Nếu m =



y



  

0

x





hàm số nghịch biến  không thoả mãn yêu cầu toán

Nếu m0, y   0 x



0;m m



0 y   0 x



m o m;



0

Vậy khoảng đồng biến hàm số (1)



x x1; 2



đồng thời x2 - x1 = 1

Tương đương



 





 



1

1

;

0;

;

;0

x x

m

x x

m











và x2 - x1 = hay

0 1

1

0

1

m

m

m



















0,25 0,25 0,25 0,25

Câu II.1

(1,0 đ) Đk:

sin 2

c x

os

cos2



1

Phương trình cho tương đương với :

2(cos

sin ) 3cos

1

1 cos

x

x

x

x

x

x













sin 2x cos2x cosx 2sinx cosx

     

0,25

2

sin 2

cos2

1 2sin

0

2sin cos

2sin

2sin

0

sin (cos

sin

1) 0

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x





 



















sin

cos (loai)

2

sin

x x k

x x k x                    

So sánh điều kiện có nghiệm

x



2

k



x k2





 

,

k

 

0,25

0,25

Câu II.2

(1,0 đ) Giải bất phương trình:

x

2



x

 

1 0

Điều kiện :

3

2

x



Đặt

3

3 2

0

2

t

t





x

 

x





Khi bất phương trình trở thành :



 



2

3

3

2 0

1

2

0

2,

1

t



t



 

t



t





 

t

t



So sánh đ/k ta có : 0 t 2 nên

1

3

0

3 2

2

2

2

x

x







 





Vậy nghiệm bất phương trình

1 3

;

2 2

S

 













0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (1,0 đ)



2



2 2

4 4

1 1

1

3 3 4

2 2

x x

I dx dx dx

x x x

I I

  

  

 







với

I

1=

2

3

2

x

dx



= 2 1

3

1

7

2

x dx

2

x

16



















2

4

2

x

I

dx

x







đặt

x



2sin

t



dx



2cos

tdt

, đổi cận

x

1

t

6

;

x

2

t

2





 



 



Nên

2

2 2

2

2 4

6 6

3 2

1 sin cos cos 1

cot cot (cot )

8sin sin sin

1

cot

24

t tdt tdt

I t dt td t

t t t

t                           











2



2 4 x dx I x   



=





1

7 3

16



0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV

(1,0 đ) Gọi I hình chiếu vng góc S BC ,

(SBC) ( ABC)nên SI vgóc với mp(ABC).

Gọi H, K hình chiếu vng góc I AB và AC, suy

AB



SH AC

;



SK

(định lý 3đvg) 



SHI SKI  IH IK I thuộc đường phân giác góc A

của tam giác ABC nên I trung điểm BC

Ta có :

2 2 2

1

1

1

1

1

1

3.

9.

3

2

IH

IK

IA

IB

a

a

a

IH

IK

















Trong tam giác vng SHI ta có

SI = IH.tan



=

2

1

36

3

3

2

ABC

S



a

a



a

Vậy

3

1

3

.

3 tan

3

2

SABC ABC

V



SI S



a



(đvtt)

0,25

Câu V

(1,0 đ) Tìm tất giá trị a để pt :





2

3

x



2

x

 

3

a x



1

x



1

có nghiệm thực

Pt viết lại





2 2

2(

x



1) (



x



1)



a x



1

x



1

TXĐ  x R Chia vế cho

x

2



1

>0 ta

2

2

1

2

1

x x

a

x x

     

    

 

   

Đặt





3

2 2

1

1 1

x x

t t

x x

   

   



  

;

t

  

0

x



1

x   

'

t

+ 0 

t

1



1

từ ta có

t

 



1; 2





pt viết lại :

 

2

2

2

t

at

a t

g t

t







 



(do t =0 không

nghiệm pt)

2

( ) 1

0

2

g t

t

t



 

  

.

t

- 2

'

g

  0

g -3



  2

Từ suy pt có nghiệm thực

a

 

3 ;

a



2 2

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu AVI.a1

(1,0 đ)

Gọi G trọng tâm tam giác ABC ta có : GH  2GI gọi G(x ;y) :

4

2 2(1 )

( ; 2)

2 2(2 ) 2

x x x

G

y y y



   

 

 

 

  

  



Mặt khác gọi A(x ;y) , GA2GM

 

nên

4

2( ) 1

3 ( 1;1)

1

2 2( 2)

2

x x

A y

y



  

  



  

 

     

 

Đường thẳng BC qua điểm

5 5

( ; )

2 2

M

nhận

AH



(3;1)



làm véctơ pháp tuyến

Nên có pt :

3

x y

 

10 0



Gọi (C) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (C) : có

tâm I( 1;2) bán kính

R



4 1

 

5

.Do pt (C) :









2

1

2

5

x





y





Khi toạ độ B ;C nghiệm hệ :



1



2



2



2

5

2

3

4

1

3

10 0

x

x

x

y

y

y

x y



































 











Do giả thiết

x

B



x

C.Nên B(3;1) ; C(2;4)

Vậy : A(-1;1); B(3;1) ; C(2;4)

0,25

0,25

0,25

Câu AVIa.2

(1,0 đ) Pt mp (P) viết lại :

1

1 2

x

y

z







,

( )

P



Ox A



(1;0;0); ( )

P



Oy B



(0;3;0);( )

P



Oz C



(0;0; 2)

Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC, theo cách xác định tâm : I thuộc đường thẳng

vng góc với (OAB) trung điểm M AB đồng thời thuộc mặt phẳng trung trực OC

đó

1 3

( ; ;1)

2 2

I

.Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC IJ vng góc với mp(ABC) ,

nên d đt IJ d đt qua I nhận

n

(6; 2;3)



pháp tuyến (P) làm véc tơ phương

Vậy pt d :

1 2 x t y t z t              



(

t

 

)

0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AVII (1,0 đ)

Bất phương trình :









1

2

log 4

x

4

x

log 2

x

3



 















2

log 4 log 2

4 2

x x x

x x x

 

   

    

 

2

3 2

 

4 0

3

2

2

x x x











 







3

2

4

2

x









3

log

2

2



x



Vậy nghiệm toán

3

log

; 2

2

S













0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VIb.1 (1,0 đ)

Pt đường tròn (C) viết lại :









2

3

1

16

x





y





, có tâm I(3 ; - 1) ; R =

Ta thấy A(3 ;3) thuộc (C) Pt l có dạng :

a x

(



3)



b y

(



3) 0,



a

2



b

2



0

hay

3

3

0

ax by





a



b



Giả sử l qua A cắt (C) B khác A; theo gt ta có AB = 4 2

Gọi hình vng ABCD tâm I ta có

1

( , ) 2 ( )

2

d I l   AD AB

2

3

3

3

2 2

a b

a

b

a

b













2 2

4b 2 a b a b a b

      

, chọn b = 1thì a = a = -1

Vậy ta có đt thoả mãn đề x +y - = x - y =

0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VI.2 (1,0 đ)

Chọn M(0 ;5 ;6)

 

; N(1 ;0 ;3)

 



MN



(1; 5; 3)







là véctơ phương

đường thẳng  pt tham số đt  :

5 3 x t y t t

z t            

Pt tham số đt EF đt qua E(2;1;5) nhận

1

2

EF



làm véc tơ phương

x t y t t z t                  Xét hệ 1

3

t t t t t t t t                       

 suy EF cắt  A(1;0;3) (trùng với N)

Trong mp(,EF) điểm Ita có IE IF EF(hiệu 2cạnh 1tam giác nhỏ

cạnh thứ 3) dấu xẩy I, E, F thẳng hàng, từ suy I trùng A Vậy

điểm I(1;0;3)

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu

B.VII Giải bất phương trình:









1

3

log 3x log 3x

  

(1,0 đ) Đk:

3

x

1 0

x

0



 



(*)

Bpt tương đương với





















3

3 3

3

log log 3

log 1 log log

28

log log 10

27

x x

x x x

x

  

 

         

 

  

Đối chiếu điều kiện: (*) có nghiệm 3

28

log

;log 10

27

S













0,25 0,25 0,25