[r]
(1)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: D
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
I (2,0 điểm)
1 (1,0 điểm) Cho hàm số y=− x+1
2x −1
Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Tập xác định:
¿ ¿D=R{1
2 ¿
Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: y '=− 1 (2x −1)2
* y '<0,∀x∈D ⇒ Hàm số đồng biến khoảng : (− ∞;1
2),( 1
2;+∞)
0.25
Giới hạn: lim
x →− ∞y=−
1
2,x→lim+∞y=−
1
2 : Đường thẳng y=− 1
2 tiệm cận ngang đồ thị hàm số
x →(1
2)
+¿
y=+∞
lim
x →(12)−
y=− ∞,lim
¿
: Đường thẳng x=1
2 tiệm cận đứng đồ thị hàm số
0.25
Bảng biến thiên:
Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox điểm (1; 0) Đồ thị cắt Oy điểm (0; -1)
2.(1,0 điểm): (C):y=− x+1
2x −1 Tìm điểm đồ thị (C) cho khoảng cách từ điểm đến
giao điểm hai đường tiệm cận (C) √10
4
Giao điểm hai đường tiệm cận (C) I(1
2;− 1 2)
Gọi M(x ; y)∈(C) thoả điều kiện IM=√10
4
0.25
x y’ - -
y
-+
2 1
2
f(x)=(-x+1)/(2x-1) f(x)=-1/2 x(t)=1/2 , y(t)=t
-3 -2 -1
-4 -3 -2 -1
(2)Ta có: IM=√10
4 ⇔(x − 1 2)
2
+(y+1
2)
2 =5
8⇔(x − 1 2)
2
+(− x+1
2x −1+ 1 2)
2 =5
8
( ⇔(2x −1
2 )
2
+( 1
2(2x −1))
=5
8⇔
(2x −1)2
4 +
1 4(2x −1)2=
5 8
⇔(2x −1)4−5
2(2x −1)
2 +1=0
⇔ (2x −1)2=2
¿
(2x −1)2=1
2 ¿ x=1 2+ 1 √2 ¿ x=1 2− 1 √2 ¿ x=1 2+ 1 2√2 ¿
x=1
2− 1 2√2 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ 0.25
* x=1
2+ 1
√2⇒y=− 1 2+
1
2√2 * x= 1 2−
1
√2⇒y=− 1 2−
1 2√2
* x=1
2+ 1
2√2⇒y=−
1 2+
1
√2 * x= 1 2−
1
2√2⇒y=−
1 2−
1
√2
0.25
Vậy điểm cần tìm là: (1
2+ 1
√2;− 1 2+
1 2√2),(
1 2−
1
√2;− 1 2−
1 2√2)
(1
2+ 1 2√2;−
1 2+
1
√2),( 1 2−
1 2√2;−
1 2−
1
√2)
1 (1,0 điểm) Giải phương trình √2(2 sinx −1)=4(sinx −1)−cos(2x+π
4)−sin(2x+
π
4)
Phương trình cho tương đương với: √2(2 sinx −1)=4(sinx −1)−√2
2 cos 2x+
√2
2 sin 2x −
√2
2 sin 2x −
√2
2 cos 2x
0.25
⇔√2(2sinx −1)=4(sinx −1)−√2 cos 2x ⇔√2(2sinx −1)=4(sinx −1)−√2(1−2 sin2x)
0.25
⇔2√2sin 2x −2
√2 sinx+4(sinx −1)=0 ⇔2√2sinx(sinx −1)+4(sinx −1)=0
0.25 ⇔(sinx −1)(2√2 sinx+4)=0⇔
sinx=1
¿ sinx=−√2<−1(vn)
¿
⇔x=π
2+k2π ¿ ¿ ¿
(3)Vậy, phương trình cho có nghiệm là: x=π
2+k2π ( k∈Z )
2.(1,0 điểm) Giải phương trình 30
x.√335− x3=x+
√35− x3 (1)
Điều kiện:
¿ 35− x3≠0
x ≠0
⇔
¿x ≠√335
x ≠0 ¿{
¿
Đặt u=3
√35− x3⇒u3
+x3=35 (2)
Từ (1) (2), ta có hệ phương trình:
¿ 30
x.u=x+u u3+x3=35
¿{
¿
0.25
⇔
xu(x+u)=30
(x+u)3−3x.u(x+u)=35 ⇔
¿xu(x+u)=30 (x+u)3=125
⇔
¿x+u=5
xu=6
¿{
0.25
⇔
¿u=3
x=2 ¿ ¿ ¿
u=2 ¿
x=3 ¿ ¿ ¿
⇔
¿ ¿ ¿
3
√35− x3 =3
¿ ¿
x=2 ¿ ¿ ¿
0.25
So sánh điều kiện, phương trình cho có hai nghiệm: x=2, x=3
(1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số sau: y=sin|x|, y=|x|− π
Đặt (C):y=sin|x|,(C '):y=|x|− π ; f(x)=sinx , g(x)=x − π , x∈¿
Với x∈¿ :
Ta có y=sin|x|=sinx=f(x) , (C) qua điểm (0;0),(π
(4)y=|x|− π=x − π=g(x) , (C’) qua điểm (0;− π),(π ;0)
Vì y=sin|x|, y=|x|− π hàm số chẵn nên đồ thị (C) (C’) nhận trục tung làm trục đối xứng
(C) (C’) có hai điểm chung là: (− π ;0),(π ;0)
-4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1.5 2.5 3.5 4.5
-3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1.5
x y
0.25
Hình phẳng giới hạn (C) (C’) có diện tích là:
[f(x)− g(x)]dx=¿2∫
0
π
(sinx − x+π)dx S=2∫
0
π
¿
0.25
¿2(−cosx −x
2 +πx)¿0
π
=2(−cosπ −π
2
2 +π
2
)−2(−cos 0)=π2+4
Vậy : S=π2+4(đvdt)
(1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a, góc mặt bên mặt đáy 60o Gọi I, J trung điểm AB AC.Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng
cách từ điểm A đến mặt phẳng (SIJ) theo a
E J
O
I M
A
B
C S
K H
(5)Gọi M trung điểm BC, ta có:
(SBC)∩(ABC)=BC
AM⊥BC
SM⊥BC
}}
⇒
góc (SBC) (ABC) ¿
SMA
^
❑=60o (gt)
¿
Gọi O=AM∩CI ⇒ O trọng tâm, trực tâm ΔABC Vì S.ABC hình chóp nên
SO⊥(ABC)
ΔABC cạnh a ⇒AM=a√3
2 ,OM=
1
3AM=
a√3
6 ,BC=a ,
SΔABC=12AM BC=a
√3 4
ΔSOM vuông O ⇒SO=OM tan 60o=a√3
6 .√3=
a
2
Thể tích hình chóp S.ABC là: V=1
3.SΔABC SO= 1 3.
a2 √3
4 .
a
2=
a3 √3
24 (đvtt)
0.25
Ta có: IJ⊥AM(do IJ // BC),IJ⊥SO⇒IJ⊥(SAM) Gọi E=IJ∩AM
Trong mp (SAM) , vẽ AK⊥SE,(K∈SE) do IJ⊥(SAM)
IJ⊥AK¿
⇒AK⊥(SIJ) Vậy A ,(SIJ)=AK
d¿
Trong mp (SAM) , lại vẽ MH⊥SE,(H∈SE) Vì ¿
SEO❑^
¿
góc nhọn nên ¿
SEA❑^
¿ góctù ⇒ K nằm ngồi đoạn EF Ta có MH // AK E trung điểm AM
⇒ΔAKE=ΔMHE⇒AK=MH
0.25
EO=EM−OM=1
2AM−
1
3AM=
1
6AM=
a√3
12
ΔSOE vuông O ⇒SE=√SO2+EO2=√a
4 +
a2
48=
a√39 12
SΔSEM=
1
2 SE MH= 1
2SO AE⇒MH=
SO AE
SE =
a
2.
a√3 4
a√39 12
=3a√13
26
Vậy A ,(SIJ)=
3a√13 26
d¿
(1,0 điểm) Cho số không âm a, b thoả điều kiện: a+b=1 n số nguyên dương Chứng minh rằng: an+bn≥ 1
2n −1
Ta có: a −1¿
n
a+b=1⇔b=1−a⇒an+bn=an+¿
Do đó: a−1¿
n
an+bn=an+¿ với a∈[0;1]
Xét 1− a¿
n
f (a)=an+¿ với a∈[0;1]
1− a¿
n −1 f '(a)=nan −1− n¿
(6)
1− a¿n −1
1− a¿n −1⇔a=1−a⇔a=1 2
an −1−¿=0⇔an−1=¿
f '(a)=0⇔n¿
1− a¿
n −1⇔
a>1− a⇔a>1
2
f '(a)>0⇔an −1>¿
1− a¿
n −1⇔
a<1− a⇔a<1
2
f '(a)<0⇔an −1<¿
0.25
Ta có bảng biến thiên
0.25
Từ BBT suy ra: min
a∈[0;1]
f (a)= 1
2n −1 hay f(a)≥
1
2n −1,∀a∈[0;1] ⇔an+(a −1)n −1≥ 1
2n −1,∀a∈[0;1] Vậy an+bn≥ 1
2n −1,∀a ≥0,b ≥0 :a+b=1 (đpcm) 1 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): x
25
2 + y
16
2
=1 điểm M nằm trục hoành Một đường thẳng (d) qua M , song song với trục tung, cắt (E) hai điểm A B cho tam giác OAB Tìm toạ độ điểm M
Đặt M(m;0)∈Ox Phương trình đường thẳng (d):x=m
(d) cắt (E) hai điểm A(m ; yA), B(m ;− yA) (vì A, B đối xứng qua Ox)
Ta có OM=|m|,MA=|yA|
Vì ΔOAB (gt) nên ΔOMA vng M có
¿ AOM
^
❑=30o
¿
⇒tan30o
=MA
OM
0.25
⇔ 1 √3=
|yA|
|m|⇔|yA|= |m|
√3 (1)
Lại có: A∈(E) nên: m
25
2 + yA
2
16 =1 (2)
0.25
Từ (1) (2) ta được: m
25
2 +m
2
48=1⇔m
2
=1200
73 ⇔m=±
20√219 73
0.25
Vậy điểm cần tìm : (20√219
73 ;0),(−
20√219
73 ;0)
2.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
(d):
x=− t
y=1+2t
z=−3−2t
¿{ {
và mặt cầu a
0 12 1
f’(a) - +
f(a) 0 1
(7)(S):x2+y2+z2−2x −6y+4z −11=0 .Viết phương trình mặt phẳng (P) vng góc đường thẳng (d) , cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến đường trịn có bán kính r=4
Mặt cầu (S):x2+y2+z2−2x −6y+4z −11=0 có tâm I(1;3;−2) , bán kính R=5
Đường thẳng
(d):
x=− t
y=1+2t
z=−3−2t
¿{ {
có véc tơ phương ⃗u=(−1;2;−2)
0.25
Mặt phẳng (P) vng góc đường thẳng (d) nên phương trình mặt phẳng (P) có dạng: − x+2y −2z+D=0
Ta có
−2¿2 ¿
−1¿2+22+¿ ¿ √¿
d(I ,(P))=|−1+6+4+D|
¿
0.25
Theo giả thiết, (P) cắt (S) theo giao tuyến đường trịn có bán kính r=4 nên ta được:
d(I ,(P))=√R2−r2⇔|D+9|
3 =√5
2
−42⇔|D+9|=9⇔ D=0
¿
D=−18 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0.25
Vậy có hai mặt phẳng cần tìm là: − x+2y −2z=0 , − x+2y −2z −18=0
(1,0 điểm) Với n∈N ❑
, khai triển nhị thức
n
x
3 1
theo thứ tự số mũ x giảm dần, tìm số hạng đứng khai triển biết hệ số số hạng thứ ba
Khai triển nhị thức
n
x
3 1
theo thứ tự số mũ x giảm dần, ta được: (x −1
3)
n
=Cn
0 xn−1
3Cn
1
xn −1+1
9Cn
2
xn −2− .+(−1
3)
n
Cn n
(*)
0.25
Hệ số số hạng thứ ba khai triển là: 1
9Cn
2
Theo giả thiết, ta có: 19Cn
2
=5⇔ n !
2!(n−2)!=45
0.25
⇔n2− n−90 =0⇔ n=10
¿
n=−9(loai)
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Với n=10 , vế phải (*) có 11 số hạng nên số hạng đứng số hạng thứ : (−1
3)
5 C10
5 x5
0.25
(−1
3)
5 C10
5
x5=−28
27 x
(8)Vậy số hạng đứng khai triển là: −28
27 x
5
1.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) :C x2y2 1, đường thẳng
( ) :d x y m 0 Tìm m để ( )C cắt( )d hai điểm phân biệt A B cho tam giác OAB có diện tích 3
10
2
( ) :C x y 1 có tâm O(0;0) và bán kính R=1 , d(O ,(d))=|m|
√2
(d) cắt (C) hai điểm phân biệt A, B tạo thành ΔABO⇔ 0<d(O ,(d))<R ⇔0<|m|
√2<1⇔
−√2<m<√2
m≠0 ¿{
(*)
0.25
OA=OB=R=1
Gọi S diện tích tam giác ABO, ta có
¿
^ ❑=1
2sin AOB
^
❑
S=1
2OA OB sin AOB
❑
¿
Mà theo giả thiết S= 3
10 (1)
nên ta được:
¿
^ ❑= 3
10⇔sin AOB
^
❑=3
5
1
2sin AOB
❑
¿
¿
^
❑=1−(3
5)
2 =16
25 ⇒cos AOB
^
❑=±4
5
^
❑=1−sin2AOB❑
cos2AOB❑
¿
0.25
Áp dụng định lý cosin ΔABO , ta :
¿
^
❑=2−2 cos AOB
^
❑
AB2=OA2+OB2−2 AO OB cos AOB ❑
¿
Với
¿ cos AOB
^
❑=4
5
¿
:
Ta AB2=2−2.(4
5)= 2
5⇒AB=√ 2 5
Mặt khác: S=1
2AB d(O ,(d))= 1 2.√
2 5.
|m| √2=
|m|
2√5 (2)
Từ (1) (2), ta được: |m|
2√5= 3
10 ⇔m=±
3√5
5 (thỏa (*))
(9) Với
¿ cos AOB
^
❑=−4
5
¿
:
Ta AB2
=2−2.(−4
5)= 18
5 ⇒AB=3 √ 2 5
Lại có S=1
2AB d(O ,(d))= 1 2 3.√
2 5.
|m| √2=
3 |m|
2√5 (3)
Từ (1) (3), ta được: 3 |m|
2√5= 3
10⇔m=±
√5
5 (thỏa (*))
Vậy giá trị cần tìm là: m=±3√5
5 ,m=±
√5 5
0.25
Cách khác:
Đường trịn (C) có tâm O(0;0) bán kính R=1
Xét hệ phương trình:
¿
x2
+y2=1 x+y+m=0
⇔
¿x2+y2=1 y=− x − m ⇒x2
+(− x − m)2=1⇔2x2+2 mx+m2−1=0
¿{
¿
(1)
Δ'=m2−2(m2−1)=− m2 +2
Đường thẳng (d) cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt tạo thành tam giác OAB ⇔ pt (*) có hai nghiệm phân biệt (d) khơng qua tâm O (C)
⇔ Δ'>0 m≠0
⇔
¿− m2+2>0 m≠0
⇔
¿−√2<m<√2 m≠0
¿{
(*)
Đặt A(xA; yA), B(xB; yB) Ta có xA, xB hai nghiệm (1) A , B∈(d) nên:
xA+xB=−m , xAxB=m
2 −1
2 , yA=− xA−m , yB=− xB−m
AB=√(xB− xA)2+(yB− yA)2=√2(xB− xA)2=√2(xB+xA)2−8xBxA=√−2m2+4 d(O ,(d))=|m|
√2
SΔABC=1
2 AB d(O ,(d))=
|m|√−2m2+4
2√2
Theo giả thiết, ta có : SΔABC= 3
10⇔
|m|√−2m2+4
2√2 =
3
10 ⇔25m
(10)⇔ m2=9
5 ¿
m2 =1
5 ¿
m=±3√5
5 ¿
m=±√5
5 ¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿
(thoả đk (*))
Vậy giá trị cần tìm là: m=±3√5
5 ,m=±
√5 5
2.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng
(d): x=2+t y=−2t z=1
¿{ {
, mặt phẳng
(P):x+y −5=0 điểm E(1;4;0) nằm mặt phẳng (P).Gọi F giao điểm đường thẳng (d) mặt phẳng (P).Viết phương trình đường thẳng nằm mặt phẳng (P) đồng thời đường trung trực đoạn thẳng EF
F=(d)∩(P)⇒ toạ độ điểm F nghiệm hệ phương trình:
¿
x=2+t y=−2t
z=1
x+y −5=0
⇒2+t −2t −5=0⇒t=−3⇒
¿x=−1
y=6 z=1
⇒F(−1;6;1)
¿{{ {
¿
0.25
Ta có ⃗EF=(−2;2;1) Gọi I trung điểm đoạn thẳng EF ⇒I(0;5;1
2)
Gọi (Q) mặt phẳng qua I vuông góc EF ⇒ (Q) nhận véc tơ pháp tuyến
⃗
EF=(−2;2;1)
⇒ Phương trình mặt phẳng (Q): −2(x)+2(y −5)+(z −1
2)=0⇔−2x+2y+z − 21
2 =0
0.25
Mặt phẳng (P):x+y −5=0 có vtpt ⃗n=(1;1;0)
Gọi (Δ) đường thẳng cần tìm Vì (Δ)⊂(P) (Δ) đường trung trực đoạn thẳng EF nên (Δ) giao tuyến (P) (Q) ⇒ (Δ) có vtcp
⃗
v=[⃗EF,n⃗]=(−1;1;−4) (Δ) qua điểm I
(11)Vậy pt đường thẳng (Δ) là:
¿
x=− t y=5+t z=1
2−4t ¿{{
¿
(1,0 điểm) Trong tập hợp số phức, giải phương trình z6
+8=0 (với ẩn z) viết nghiệm
ở dạng lượng giác
z6+8=0
⇔(z2+2) (z4−2z2+4)=0⇔ z2
+2=0(1)
¿
z4−2z2+4=0(2)
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
⇔ z=i√2
¿
z=− i√2 ¿
z2
=1+i√3 ¿
z2=1− i√3
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
0.25
Với z=i√2 ⇒ z=√2(0+1 i)=√2(cosπ
2+isin
π
2)
Với z=−i√2 ⇒ z=√2(0−1 i)=√2[cos(−π
2)+isin(−
π
2)]
0.25
Với z2 1i 3 z2=2(1
2+i√ 3
2 )=2(cos
π
3+isin
π
3)
⇒ z=√2(cosπ
6+isin
π
6) ¿
z=−√2(cosπ 6+isin
π
6)=√2(cos 7π
6 +isin 7π
6 ) ¿
¿ ¿ ¿ ¿
Với z2=1− i√3 z2=2(12−i√23)=2[cos(−π3)+isin(−π3)]
⇒ z=√2[cos(−π
6)+isin(−
π
6)] ¿
z=−√2[cos(−π
6)+isin(−
π
6)]=√2(cos 5π
6 +isin 5π
6 ) ¿
¿ ¿ ¿ ¿
0.25
Vậy nghiệm phương trình cho là:
(12)z=√2(cosπ 2+isin
π
2) , z=√2[cos(−
π
2)+isin(−
π
2)] , z=√2(cos
π
6+isin
π
6) ,
z=√2(cos7π 6 +isin
7π
6 ) , z=√2[cos(−
π
6)+isin(−
π
6)] , z=√2(cos 5π
6 +isin 5π