Goïi I laø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc ABC, ta coù tam giaùc ABC vuoâng caân taïi A neân I laø trung ñieåm cuûa BC vaø AI // d.[r]
(1)Giáo viên đề PHẠM TRỌNG THƯ - -
SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012- LẦN 2
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Mơn TỐN- khối A+B
Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=x4−2(m+1)x2+m (1),m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) khim=1
Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tam giác tạo điểm cực trị có diện tích 32 Câu II (2,0 điểm)
Giải phương trình (1 2sin x) cos x (1 2sin x)(1 sin x)
− = ⋅
+ −
Giải hệ phương trình
2
(23 (3 20)
2 14
x) x y y
x y x y x x
− − + − − =
⋅
+ + − − + + + − − =
Caâu III (1,0 điểm) Tính tích phân
2
2
0
3
3
sin x cos x
I dx
sin x cos x
π
+ =
+
∫
Câu IV (1,0 điểm)Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đơi vng góc với nhau,AB=BC=CD=a.Gọi C D′ ′lần lượt hình chiếu điểm B AC AD Tính thể tích tứ diện ABC D ′ ′
Câu V (1,0 điểm)Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2+y2+z2 =3. Tìm giá trị lớn biểu thức
P xy yz zx
x y z
= + + + ⋅
+ +
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa (2,0 ñieåm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A(1; 2) Viết phương trình đường trịn (T) ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng d: x− − =y tiếp tuyến (T) điểm B
Trong không gian
với hệ tọa độ Oxyz,cho đường thẳng
: x y z3
− − +
∆ = =
và mặt phẳng
( ): 2xα + + − =y z 0.
Viết phương trình đường thẳng
∆′đối xứng với
∆qua mặt phẳng
( ).α Câu VIIa (1,0 điểm)Tìm số nguyên dương n thỏa mãn đẳng thức : nn n n n
1 1 1023
C C C C
2 n 10
+ + + ⋅⋅⋅ + = ⋅
+ ( k
n
C số tổ hợp chập k n phần tử)
B Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết AB= 5, C( 1; 1),− − đường thẳng AB: x+2y− =3 trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng d: x+ − =y
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x+ − =y z 0
hai đường thẳng
x y z
d : ;
1
− = =
−
x y z
d :
1 2
− = = + ⋅
Tìm điểm M mặt phẳng (P), điểm N đường thẳng
d
sao cho
M N đối xứng qua đường thẳng
d2Lập phương trình đường thẳng d qua M, vng góc với
1 d
và
tạo với mặt phẳng (P) góc
30 oCâu VIIb (1,0 điểm)Giải bất phương trình
( )
22
(2)Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)…
Khi m 1= , ta coù y=x4−4x2+1 •Tập xác định: D=ℝ
•Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: x
y 4x 8x; y
x
=
′= − ′= ⇔
= ±
0,25
- Hàm số đồng biến khoảng (− ; 0), ( ;+ ∞)
- Hàm số nghịch biến khoảng (−∞ −; ),(0; )
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x= ± , yCT= −3, đạt cực đại x=0, yCĐ=1 - Giới hạn:
xlim y→−∞ =xlim y→+∞ = +∞
0,25
- Baûng biến thiên:
x −∞ − +∞ y′ − + 0 − +
y
+∞ +∞
−3 −3
0,25
•Đồ thị
0,25
2 (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tam giác tạo…
3
2
Ta co ùy (x) 4x 4(m 1)x 4x(x m 1); y (x) x x m (1)
′ = − + = − −
′ = ⇔ = = + 0,25
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, (1) có hai nghiệm phân biệt khác
m (*)
⇔ > − Khi đó: A(0 ; m), B(− m+1 ;−m2− −m 1), C( m+1 ;−m2− −m 1). 0,25
Gọi H trung điểm BC⇒H(0; m− − −m 1)
ABC
Ta co ùS AH.BC (m 1) m
2
= = + + 0,25
I (2,0điểm)
(
)
5ABC
Theo giả thiết S =32⇔ m 1+ =32⇔ m 2+ = ⇔ =m (nhận thỏa (*)) 0,25 (1,0 điểm) Giải phương trình…
Điều kiện
1 sin x
(*) sin x
≠ −
≠
0,25 II
(2,0 điểm)
Với điều kiện (*), phương trình cho tương đương
2
cos x 2sin x cos x 3(1 sin x 2sin x 2sin x) cos x sin 2x 3 sin x sin x
− = − + −
⇔ − = + −
⇔ + − = − +
0,25
2
2 −
2
−
1
3 −
O x
(3)1 3 sin 2x cos 2x sinx cos x sin 2x sin x
2 2
5
2x x k2 x k2
3 (k ).
k2
x
2x x k2
18
3
π π
⇔ + = − + ⇔ + = +
π π π
+ = + + π = + π
⇔ ⇔ ∈
π π
π π
+ = π − − + π = − +
ℤ
0,25
Kết hợp với (*), ta suy nghiệm PT cho x k2 , k
18
π π
= − + ∈ℤ 0,25
2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…
Điều kiện x≤7; y≤6; x+ + ≥y 0; −3x+2y+ ≥8 0(*) 0,25 PT thứ hệ viết lại dạng
[
3(7− +x) 2)]
7− =x[
3(6− +y) 2]
6−y (1)Xét hàm số f( )t =(3t+2) t t, ≥0, ta có ( ) 3 0, 0
t
t t t
t
f′ = + + > ∀ > nên hàm số ñồng biến t≥0.Từ (3) có (7f − =x) f(6−y),suy 7− = − ⇔ = −x 6 y y x 1.
0,25
Thay vào PT thứ hai hệ ta ñược 3x+ −1 6− +x 3x2−14x− =8 (2) Giải (2), ñiều kiện
3 x
− ≤ ≤ (**)
PT (4) ñược viết lại dạng
(
3 1 4) (
1 6)
3 14 5 0 x+ − + − −x + x − x− =3 15
( 5)(3 1)
3
x x
x x
x x
− −
⇔ + + − + =
+ + + −
0
3
( 5)
3
x x x
x x
>
⇔ − + + + = ⇔ =
+ + + −
Từđó suy y=4
0,25
Kết hợp ñiều kiện (*) (**) ta ñược HPT ñã cho có nghiệm ( ; )x y =(5; 4) 0,25
Tính tích phân
2
2 2
0
3
3 4
sin x cos x
I dx dx
sin x cos x sin x cos x
π π
= +
+ +
∫
∫
Tính 1
2
0
3
sin x
I dx
sin x cos x π
=
+
∫
Đặt t=cosx⇒dt= −sinxdx Khi đó:
0
1
2
2 2
0
3
3
3 3
sin x 3dt dt
I dx
cos x t t
π
= = − =
+ + +
∫
∫
∫
0,25
2 3
Đặt t tanu dt du
cos u
= ⇒ = Khi
1
6
6
0 0
2
3
3 3
6
I du du u
cos u
cos u
π π
π π
= = = =
∫
∫
0,25III
(1,0 điểm)
Tính 2
2
0
3
cos x
I dx
sin x cos x π
=
+
∫
Đặt t=sinx⇒dt=cosxdx Khi đó:
(4)a D′ A
D
C B
C′
2
2
2
0
4
4
4
cos x dt
I dx
sin x t
π
= =
− −
∫
∫
1 1
1
0 0
2
3
2
( t) ( t) dt dt t
dt ln ln
( t)( t) t t t
− + + +
= = + = =
− + + − −
∫
∫
∫
Vaäy 3
6
I=π +ln
0,25
Tính thể tích tứ diện ABC’D’
Vì CD BC
CD AB
⊥
⊥
nên CD⊥(ABC)và (ABC)⊥(ACD) Vì BC′⊥AC nên BC′⊥(ACD)
0,25
Thể tích tứ diện ABC D :′ ′
ABC D AC D
1 1 CD
V BC S BC AC AD sinCAD BC AC AD
3 6 AD
′ ′ = ⋅ ′ ′ ′ = ⋅ ′ ′ ′ = ⋅ ′ ′ ′ ⋅
0,25
Vì tam giác ABC vuông cân B nên AC CC BC a 2 ′= ′= ′= ⋅
Ta có AD2=AB2+BD2 =AB2+BC2+CD2 =3a2 nên AD=a 3.
Vì BD′là đường cao tam giác vuông ABD nên
2
2 AB a
AD AD AB AD
AD 3
′ = ⇒ ′= = ⋅
0,25 IV
(1,0 điểm)
Vậy
2
3 ABC D
1 a a a a
V
6 3 a 3 36
′ ′
= ⋅ ⋅ ⋅ =
(đvtt) 0,25
Tìm giá trị lớn P
Đặt t x y z t2 3 2(xy yz zx) xy yz zx t2
2
−
= + + ⇒ = + + + ⇒ + + = 0,25
Ta coù 0≤xy+yz+zx≤x2+y2+z2 =3 neân 3≤ ≤t2 9⇒ 3≤ ≤t 3 0,25 V
(1,0 điểm)
Khi P t2
2 t
−
= + ⋅Xeùt hàm số f(t) t2 3, t 3; t
= + − ∈
Ta coù
3
2
5 t
f (t) t
t t
−
′ = − = > t≥ Suy f(t) đồng biến 3;
Do
14 f(t) f(3)
3
≤ = ⋅
(5)Hình minh họa A
d C
B I
Vậy giá trị lớn P 14
3 xaûy
t=3hayx= = =y z 1. 0,25
1 (1,0 điểm) Viết phương trình đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABC
Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có tam giác ABC vng cân A nên I trung điểm BC AI // d
Đường thẳng AI có phương trình
1
1(x− −) (y− = ⇔ − + =) x y
0,25
Vì I∈AI⇒I(t; t+1), t∈ℝ
Ta có 1 1 12
AI= −(t ; t− ) neân R=AI= 2(t− )
0,25
Mặt khác 2
2
0
1 1
2
1
t (t 1) t
R d(I;d) 2(t ) 2(t ) t
t
− + − =
= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔
=
+ 0,25
Với t=0 ta tìm phương trình đường trịn (T) x2+ −(y 1)2=2 Với t=2 ta tìm phương trình đường tròn (T) (x−2)2+ −(y 3)2=2.
0,25
2 (1,0 điểm)Viết phương trình đường thẳng ∆′đối xứng với∆qua mặt phẳng ( ).α Ta thấy ∆cắt ( )α điểm A tọa độ A nghiệm hệ:
x y z
A(1; 1; 2)
3
2x y z − − +
= =
⇒
−
+ + − =
0,25
Ta chọn điểm M(4; 3; 1)− ∈∆
Gọi H hình chiếu M ( ),α tọa độ H nghiệm hệ:
x y z
3
H 1; ;
2 1
2
2x y z
− − +
= =
⇒ − ⋅
+ + − =
0,25
Gọi M′là điểm đối xứng M qua ( )α ta có
M M
M M
M M
x x
y y M ( 2; 0; 4) z z
′ ′ ′
+ =
′
+ = ⇒ − −
+ = −
0,25 VIa
(2,0 điểm)
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm đường thẳng qua A, M′là:
x y z
3
− = − = + ⋅ 0,25
Tìm số nguyên dương n
VIIa
(1,0 điểm)
Ta coù
0
n k n k
n k
( x) C x
=
(6)1 1
0 0
0 0
1
1
10
n n n n
k k k k
n n n n
k k k k
k
n k k x
( x) dx C x dx C x dx C C
k k
= = = =
+
⇒ + = = = =
+ +
∑
∑
∑
∑
∫
∫
∫
Maø
1
0
1
1
1
1
n n
n ( x)
( x) dx
n n
+ +
+ −
+ = =
+ +
∫
Do 1
2 1
0 n
n n n n
n
C C C C
n n
+ −
+ + + ⋅⋅⋅ + =
+ +
Theo giaû thieát n
n n n n
n
1 1 1023 1023
C C C C
2 n 10 n 10
+ −
+ + + ⋅⋅⋅ + = ⇔ =
+ + (*)
0,25
Xét hàm số
t t
2
f(t) (với t 2)
t t t
−
= = − ≥ ;
2 2
t t t
(2 ln 2)t 2 (t ln 1)
f (t) + +
t t t t
− −
′ = =
Với t≥2⇒tln2 1− ≥2ln2 1− >0⇒f (t)′ >0 Suy f(t) đồng biến [2; + ∞)
0,25
Do (*)⇔f(n 1)+ =f(10)⇔ + =n 10⇔ =n 0,25
1 (1,0 điểm)Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC
Gọi M trung điểm AB.Vì trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng d nên G(t; 2−t) Suy
M M
CG= +(t 1; t), GM− =(x −t; y − +2 t)
Theo giaû thiết ta có M
M
t 2(x t) 3t 3t
CG 2GM M ;
2
3 t 2(y t)
+ = − + −
= ⇔ ⇒
− = − +
0,25
3t 3t
M AB t Do M(5; 1)
2
+ −
∈ ⇒ + − = ⇒ = −
0,25
Maø A∈AB⇒A(3−2a; a), MA= a 1+
Cũng theo giả thieát
1 a
5 2
AB neân MA a
2
a
= −
= = ⇔ + = ⇔ ⋅
= −
0,25
1 3
Với a A 4; , B 6; Với a A 6; , B 4;
2 2 2
= − − − ⋅ = − − − ⋅
i i 0,25
2 (1,0 điểm) Tìm điểm M mặt phẳng (P), điểm N đường thẳng d1…
Laáy M∈(P)⇒M(a; b;2a+b) N∈d1⇒N(4+c; c; −3c)
Ta có VTCP đường thẳngd2là
d
u =(1; 2; 2)
vaø MN= + −(4 c a; c− − −b; 3c 2a−b)
,
trung điểm MN laø I a c 4; b c; 2a b 3c
2 2
+ + + + −
⋅
0,25
VIb
(2,0 điểm)
Vì M, N đối xứng với qua d2do
2 d2
a c b c 2a b 3c
I d 43 63 27
a , b , c
2 4
11 11 11
MN.u
1(4 c a) 2(c b) 2( 3c 2a b)
+ − + + − +
∈ = =
⇔ ⇒ = = − =
=
+ − + − + − − − =
Do M 43; 63; 23 , N 71; 27; 81
11 11 11 11 11 11
− −
(7)Gọi VTCP đường thẳng d 2 d
u =(m; n; p), m +n +p ≠0
Gọi VTCP đường thẳng d1
d1
u =(1; 1; −3)
VTPT mặt phẳng (P) n=(2; 1; −1) Vì d⊥d1nên
d d1
u u = ⇔ + −0 m n 3p=0, suy n=3p−m
(1)
Theo giả thiết ta có o
2 2
2m n p
sin 30
2 6 m n p + − = =
+ + (2)
Thế (1) vào (2) rút gọn lại ta 2
p m
22p 26mp 4m 2
p m
11 =
− + = ⇔
=
0,25
d
Với p=m n=2m nên u =(1; 2; 1)
i , PT đường thẳng cần tìm là:
x y z d:
1
− = + = − ⋅
d
2
Với p m n m nên u (11; 5; 2) 11 11
= = − = −
i , PT đường thẳng cần tìm là:
x y z d:
11 − = + = − ⋅
−
0,25
Giải bất phương trình Điều kiện
2
x
x
6x x x 0 x
6 x x
6 x x
>
>
+ − ≥ ⇔ ⇔ < ≤
+ − ≥
+ − ≥
0,25
Với điều kiện bất phương trình cho tương đương với
( )
(
)
2
2
2
2
2 2
2
5x x x x log x x x log x 5 x x
x log x x x (x 1) x x x
6 x x x x log x (*)
+ + − > − + + + −
⇔ + − − − − + − − + >
⇔ + − − + − >
0,25
2 2 2
Do 0< ≤x 3⇒x log x≤3log 3⇒x log x≤log 27<log 32=5⇒x log x− <5 0,25
VIIb
(1,0 điểm)
2
2 x x x
(*) x
6 x x x x x x
6 x x x < ≤
< ≤ < ≤
⇔ ⇔ ⇔ − ≥
+ − − + < + − < −
+ − < −
2
1 x 5
x
2
2x 3x
< ≤
⇔ ⇔ < ≤
− − >
Vậy nghiệm bất phương trình cho
x
2< ≤