Dap an Toan lan 3 THPT Doan Thuong

Tìm tọa độ điểm B, C thuộc đường tròn (C) để tam giác ABC đều.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 TRƯỜNG THPT ĐỒN THƯỢNG Mơn: TỐN ; Khối A, B

Thời gian làm : 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 3 3x23mx4

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m0.

2) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm phân biệt Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình

3

sin os sin 2 sin( )

4

x c x x x

2) Giải hệ phương trình sau

2

2

1

( )

x y xy y

y x y x y

     



   

 

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

10

3

2

x x

I dx

x   

 

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, 2; a

AC BC a

Hai mặt phẳng (SAB) (SAC) tạo với mặt đáy (ABC) góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SAC) theo a biết mặt phẳng (SBC) vng góc với đáy (ABC)

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn abcd 1 Chứng minh rằng

1 1

1 2(a b 1) c d 2(b c 1)d a 2(c d 1) a b2(d a 1) b c  PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B)

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

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12 tâm I giao điểm hai đường thẳng d x y1:   0; d x y2 :   0 Trung điểm AD giao điểm d1 trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD

2) Trong khơng gian Oxyz cho điểm A(1;1; 1), (1;1; 2), ( 1; 2; 2) B C   mặt phẳng (P) có phương trình x 2y2z 1 Mặt phẳng ( ) qua A, vng góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC I cho IB2IC Viết phương trình mặt phẳng ( ) .

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số thực a, b, c cho phương trình z3az2bz c 0 nhận x 1 i

z2 làm nghiệm

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

1) Trong mặt phẳng Oxy cho A( 2; 2) , đường trịn (C) có phương trình x2  y2  2x 4y 0 Tìm tọa độ điểm B, C thuộc đường tròn (C) để tam giác ABC

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2xy 2z 4 0 mặt cầu

2 2

( ) :S x y z  4x 4y2z0 Tìm điểm H thuộc mặt phẳng (P), điểm M thuộc mặt cầu (S)

để MH ngắn

Câu VII.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A B hai điểm biểu diễn hai nghiệm phức phương trình z2  (3 ) i z1 5 i0 Tính độ dài đoạn thẳng AB

-Hết -Họ tên thí sinh : ……… Số báo danh : ……….……… HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM

Câu ý Nội dung Điểm

Câu I

1

 Khảo sát biến thiên, vẽ đồ thị hàm số yx3  3x2 4 1,0 - TXĐ : R

2

'

2

x

y x x

x       

 

- Hàm số đông biến khoảng ( ;0);(2;) - Hàm số ngịch biến khoảng (0; 2)

0,25

- Cực trị : Hàm số đạt CĐ x1 0;yCD 4, hàm số đạt CT x2 2;yCT 0 - Giới hạn :

3

lim ( 2) ; lim ( 2) ; x   x  x    x  x  x   - Hàm số khơng có tiệm cận

0,25

- BBT :

x   0 2 

y’ +  0 +

y

 

4

0



0,25

- Đồ thị

6

4

2

-2

-4

-10 -5 10

0,25

2 Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm phân biệt 1,0 Đồ thị cắt Ox điểm pb  x3 3x23mx 4 0 có nghiệm pb

3 3 4

3

x x

m x

 

 

có nghiệm pb (Do x = không TM)

0,25

 đường thẳng y3m cắt đths

3 3 4

( ) x x

y g x

x  

 

3

2

2

'( ) x x , '( )

g x g x x

x  

   

0,25

x   0 2 

g’(x) - - +

g(x)   

0,25

  0

Từ BBT suy 3m 0 m0 0,25

* Chú ý Học sinh làm theo cách sau:

Đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm phân biết  Đồ thị hàm số có điểm cực trị nằm phía trục Ox  yCD.yCT 0

Hàm số có cực trị  y' 0 có nghiệm phân biệt

2

x  x m  (1) có nghiệm pb    ' m 0 m1

Gọi x1; x2 nghiệm PT (1) , theo viet ta có :

1 2

2

x x x x m

  



 

Chia y cho y’ ta có :

1

'.( ) (2 2) ( 4)

3

yy x  m x m

Ta có

1 1 1

2 2 2

1

( ) '( )( ) (2 2) ( 4) (2 2) ( 4)

3

1

( ) '( )( ) (2 2) ( 4) (2 2) ( 4)

3

y y x y x x m x m m x m

y y x y x x m x m m x m



          

  

           

 

D 1

2

1 2

[(2 2) ( 4)].[(2 2) ( 4)]

(2 2) (2 2)( 4)( ) ( 4) (**)

C CT

y y y y m x m m x m

m x x m m x x m

          

        

Thay

1 2

2

x x x x m

  





 vào BPT (**) rút gọn ta có : 4m3  3m2 24m0 m0

Kết hợp vơi (1) ta có m0thì thỏa mãn u cầu toán. Câu II

1

 Giải PT :

3

sin os sin 2 sin( )

4

x c x x x 1,0

3 3

sin os sin 2 sin( ) sin os sin (sinx cos )

4

(sinx cos )(1 sinx.cos ) (sinx cos ) 2sin cos

sinx.cos (sinx cos ) 2sin cos sinx.cos (sinx cos 2)

x c x x x x c x x x

x x x x x

x x x x x x



        

     

       

0,25

sinx

cos

2

sinx cos (1)

x k

x x k

x

 

   

  

     

   



0,25

PT (1) sin(x 4) sin(x 4)

 

     

=> PT vô nghiệm 0,25

Vậy phương trình có nghiệm : x k 2,k 

   0,25

2

 Giải hệ phương trình :

2

2

1

( )

x y xy y

y x y x y

     



   



 1,0

Dễ thấy y0, ta có:

2 2

2 2

2

1

4

( )

( )

x

x y y

x y xy y

y x y x y x

x y

y

 

   

     



 

    

    

 

Đặt

2 1

,

x

u v x y

y 

  

ta có hệ: 2

4 3,

2 15 5,

u v u v v u

v u v v v u

     

  

 

  

      

   0,25

Với v3,u1ta có hệ:

2 1 1 2 0 1, 2

2,

3 3

x y

x y x y x x

x y

x y y x y x

 

          

  

     

      

   . 0,25

Với v5,u9ta có hệ:

2 1 9 1 9 9 46 0

5 5

x y x y x x

x y y x y x

         

 

  

     

  

Hệ vơ nghiệm

KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm (x; y) : (1; 2); ( 2;5)

0,25

Câu III

 Tính tích phân :

10 x x I dx x      1,0 10 10 5

( 1)( 2) ( 2) ( 1)

2

x x x x

I dx dx

x x

   

 

 

  0,25

Đặt 2 1 udu dx

u x u x

x u  

      

 

 , đổi cận :

: 10

:

x u



 0,25

Ta có :

3 3

2 3

2

2 2

2 2

( 3)

2 ( ) 2( )

3

1 1

u u udu du

I u du u u

u u u

              0,25 3 2

62 1 62

4 ( ) 4ln

3 1

u

I du

u u u



    

  

 62 4ln3

3

I

   0,25

Câu IV  Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SAC) theo a 1,0 - ABCvng A có 2;

a

AC  BC a  B30 ;0 C 600

- Kẻ SH BCthì SH (ABC)

- Và góc SMH, SNH 600, HM HN

- Ta có : sin 300 sin 600

HN HM

a BCBH CH  

 Tính

(3 3) 3( 1)

;

4

a a

HM   SH  

-2 ABC a S  AB AC 

0,25

- Thể tích

3

1 (3 3)

3 32

S ABC ABC

a

V  SH S   0,25

- Gọi khoảng cách từ B tới mp(SAC) h

3 S ABC SAC V h

S 

- SHM tính

(3 3)

2

a SM  

2

1 (3 3)

2

SAC

a

S SM AC 

   0,25 3 SAC V a h S   

Vậy khoảng cách từ B tới mp(SAC)

3

a

0,25

Câu V 1 1 1

1 1

2(a b 1) c d (a b ) ( b c ) ( d a ) 2 2 ab2 bc2 da 0,25

1 1

2( ab bc da 1) 2( ab bcda 1) 2( ab 1)

  

      0,25

Tương tự, cộng lại ta được

1 1 1

2 1 1

VT

ab bc cd da

 

     

   

  0,25

1 1 1

1

1

2 ab bc 1 1

ab bc

   

 

 

 

 

  

 

 

 

0,25 Câu

VI.a

1

 Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD 1,0

Tọa độ

9 ( ; )

2

I

,M trung điểm AD M(3;0) Ta có

3 2

IM 

và AB2IM 3

Vì SABCD AB AD 12 AD2

0,25

AD qua M(3;0)và vng góc với IM nên có phương trình x y  0

Gọi A x x( ; 3)ta có MA

2 (2;1)

4 (4; 1)

x A

x A

  

     

0,25

- Với A(2;1)ta có D(4; 1); (7; 2); (5; 4) C B

- Với A(4; 1) ta có D(2;1)và B(7; 2); (5; 4)C 0,25

Vậy A(2;1);B(5; 4); (7;2); (4; 1)C D  A(4; 1) ;B(7; 2); (5; 4)C ;D(2;1) 0,25 2  Mặt phẳng ( ) đi qua A, vng góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC I

sao cho IB2IC Hãy viết phương trình mặt phẳng ( ) . 1,0

Gọi mặt phẳng ( ) có phương trình axby cz d  0với a b c; ; không - mp( ) qua A(1;1; 1) nên ta có : a b c d   0 (1)

- mp( ) mp P x( ) :  2y2z 1 nên VTPT vng góc

2 (2)

a b c

   

0,25

- IB2IC khoảng cách từ B tới mp( ) bằng lần khoảng cách từ C tới ( )

2 2 2

2 2 3

2 (3)

5

a b c d a b c d a b c d

a b c d

a b c a b c

           

   

     

   

0,25 Từ (1), (2), (3) ta có trường hợp sau :

TH1 :

1

0 2

2

3

2

b a

a b c d

a b c c a

a b c d

d a

 

     



 

    

 

      

  

 chọn a 2 b1;c2;d 3 Ta có phương trình mp ( ) 2x y  2z 0

0,25 A

A

B D

B B C C M M M

TH :

3

0 2

2

5 3

2

b a

a b c d

a b c c a

a b c d

d a

      



 

    

 

      

  

 chọn a 2 b3;c2;d 3 Ta có phương trình mp ( ) 2x3y2z 0

Vậy tìm mp ( ) t/m ycbt 2x y  2z 0 2x3y2z 0

0,25

Câu

VII.a  PT

3 0

z az bz c  nhận x 1 i v zà 2 làm nghiệm tìm a, b, c? Ta có x 1 i v zà 2 nghiệm nên thay x 1 i vào phương trình ta có :

3

(1 )i a(1 )i b(1 )i      c ( b c) (2 a b 2)i0 0,25

2

(1)

2

b c a b     

 

  

 0,25

Thay z 2 vào phương trình ta có : 8 4 a2b c 0 (2) 0,25

Từ (1) (2) ta có hệ

2

2

8 4

b c a

a b b

a b c c

    

 

 

              

 

0,25 Câu

VI.b

1

 Điểm A( 2; 2) , đường trịn (C) có phương trình

2 2 4 4 0

x  y  x y  Tìm tọa độ điểm B, C thuộc đường tròn (C) để tam giác ABC 1,0 Đường trịn (C) có tâm I(1; 2), bán kính R3.

Tọa độ A thỏa mãn phương trình đường trịn => A thuộc đường tròn AI BC

AI cắt BC H ,

2

AI  AH

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

nên tìm tọa độ

5 ( ;2)

2

H

0,25

BC qua H nhận AI(3;0) 

là VTPT nên có phương trình

5

x  0,25

Tọa độ B C nghiệm hệ :

2 5; 3

2 4

2

5

0 3

;

2

x y

x y x y

x

x y

 

        

 

 



  



 

 



0,25

Vậy tọa độ

5 3 3

( ; ); ( ; )

2 2

B  C 

5 3 3

( ; ); ( ; )

2 2

B  C  0,25

2

 (P): 2xy 2z 4 0 mặt cầu

2 2

( ) :S x  y z  4x 4y 2z0.

Tìm điểm H thuộc mặt phẳng (P), điểm M thuộc mặt cầu (S) để MH ngắn 1,0 Mặt cầu (S) có tâm I(2;2; 1) , bán kính R3.

Khoảng cách từ tâm I tới mp(P) nên mp(P) mặt cầu (S) điểm chung Gọi d đường thẳng qua tâm I mặt cầu vng góc với

mp(P) M, H giao điểm d mặt cầu (S), mp(P) Đường thẳng d qua I(2;2; 1) vng góc với

0,25

mp(P) : 2x y 2z4 0 nên có PTTS :

2 2

1

x t

y t

z t

  



  

   

H giao mp(P) đường thẳng d nên có tọa độ

2

( ; ; )

3 3

H   0,25

M giao đường thẳng d mặt cầu (S), thay x, y, z vào phương trình mặt cầu ta có : t  2, tìm điểm :

1(2 2; 2; 2); 2(2 2; 2; 2)

M     M    

0,25

Kiểm tra có HM1 7; HM2 1=> điểm M cần tìm M2(2 2; 2  2; 2)  Vậy

2

( ; ; )

3 3

H  

và M(2 2; 2  2; 2)  HM nhỏ

0,25 Câu

VII.b Cho A B hai điểm biểu diễn hai nghiệm PT

2 (3 ) 1 5 0

z   i z  i .

Tính AB 1,0

- Giải PT tìm z1  2 ,i z2  1 i 0,5

-  A(2;3); B(1;1) AB (1 2) (1 3)  Vậy AB 0,5