De thi thu dai hoc THPT chuyen Le Quy Don BinhDinh Khoi D

Vì 2 ti ếp tuyến vuông góc n ên MINP là hình vuông.[r]

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN IV NĂM 2012 Mơn thi: TỐN - Khối D

Ngày thi: 06/05/2012 I PHẦN CHUNG: (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y= - +x3 3mx2-3(m2-1)x m+ (1), m tham số thực 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m =

2) Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B cho khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng AB

5 Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: 3tanx- 3sin tan= x x-cosx 2) Giải bất phương trình: 2x2+ - +x x2- £1 2x+2

Câu III (1 điểm): Gọi (H) hình phẳng giới hạn đường y = x y= x 2+ Tính diện tích hình (H)

Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng tam giác ABC.A¢B¢C¢, có độ dài cạnh đáy a độ dài cạnh bên a

2 Chứng minh AB¢ ^ BC¢ tính khoảng cách từ điểm B¢ đến mặt phẳng (ABC¢) theo a.

Câu V (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P a b c

a b b c c a

2 2

2 2

( ) ( ) ( )

= + +

+ + +

II PHẦN RIÊNG: (3 điểm) Thí sinh làm hai phần A B. A.Theo chương trình chuẩn

Câu VIa: (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai điểm M(0; 2) N(3; 1) Viết phương trình đường trịn (S) qua M, N, đồng thời tiếp tuyến với (S) hai điểm vng góc với 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x– – 2y z+ =9 điểm

M(0;1;5) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, vng góc với (Q) cho khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (P) khoảng cách từ M đến (Q)

Câu VIIa: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: ( –1)z 2=3 – 4i B Theo chương trình nâng cao

Câu VIb: (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (S): x2+y2– – 3x y=0 Viết phương trình cạnh AB hình vng, biết trung điểm M cạnh CD nằm đường thẳng d: – –1 0x y =

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d:x y z

2 1

- = = +

- điểm

M(5;4;1) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua d, biết khoảng cách từ M đến (Q) lớn Câu VIIb: (1 điểm) Giải bất phương trình ëélog (4 x+2)2-1 2ùû x2- - ³x

Hướng dẫn

Câu I 2) y¢ = -3x2+6mx-3(m2-1)

Hàm số có cực trị Û y 0¢ = có hai nghiệm phân biệt x , x1 2 Û D¢ =9m2-9(m2- = >1) thỏa mãn với m RỴ Ta có: y 1x 1m y 2x m

3

ỉ ư Â

=ỗ - ữ + +

ố ứ

Þ PT đường thẳng (D) qua hai điểm cực trị là: y=2x m+ Khi đó: h d O= ( , )D Û m

5

5 = Û m= ±1 Câu II

1) Điều kiện: cosx¹0 (*)

PT Û3sinx- cosx=3sin2x-cos2x

x x x x

( sin cos )( 3 sin cos )

Û - - - = x x

x x

3 sin cos (1)

3 sin cos (2)

é - =

Û ê

- - =

ë + (1) Û x k

6

p p

= +

+ (2) Û 3sinx 1cosx

2 +2 = Û cos x cos6 x k2

p p p p

ỉ - ư= Û = +

ỗ ữ

ố ứ (do (*))

Kt lun: x k

6

p p

= +

2) Điều kiện: x x x

x

2

2 ( ; 1] [1; )

1

ìï + - ³ ẻ -Ơ - ẩ +Ơ

ớ

- ³

ïỵ (*)

+ Với x< -1: ta có VT > 0, VP < Þ x< -1 không nghiệm BPT + Với x= -1: ta có VT = = VP Þ x= -1 nghiệm BPT

+ Với x ³ : ta có BPT Û 2x- +1 x- £1 x+ Û1 (2x-1)(x- £ +1) x

x x x2 x x2 x

4(2 1)( 1) 12 36 24 32

Û - - £ + + Û - - £ x 12 23

7 + Û £ £ Kết luận: Tập nghiệm BPT S = 1;12 23 { 1}

7

é + ù

È

-ê ú

ë û

Câu III. PT hoành độ giao điểm: x+ =2 x Û é = -ê =xx 21

ë

Diện tích hình phẳng (H) S dx= ( x x dx) A B

2

1

2

-

-= ò - ò + - =

-+ A x dx x

2

3 1

2 14

2 ( 2)

3 -

-= ò + = + =

+ B x dx x dx xdx x x

0

2 2

1

1

5 ( )

2 - 2

-

-= ò = ò - +ò = - + =

Vậy S 14 13

3

= - = (đvdt)

Cách 1: Gọi I, J trung điểm A¢B¢ AB + Ta chứng minh được: ìíABAB¢¢ ^^C IBI¢

ợ ị ABÂ^BCÂ + Ta tớnh c: VABC A B C S ABC AA a

3 ¢ ¢ ¢ = D ¢= 86; a

BC AC

2

¢= ¢= ; C J a  = ị S ABC 1AB C J a2

2

D ¢ = ¢ =

Ta có: VB ABC. 1VABC A B C.

3

¢ ¢ = ¢ ¢ ¢ Þ d B ABC S ABC a

3

1 ( ,( )). 1.

3 ¢ ¢ D ¢ =3

Þ d B ABC( ,( )) a3 :a2 a 30

8 10

¢ ¢ = =

Cỏch 2: Gi O AB= ÂầA BÂ , OÂ l trung điểm A¢C¢ Tính được: AB BC a ¢= ¢= + Tam giác OB¢O¢ có:

a

OB2 OO2 2OB2 B O2

¢ + ¢ = ¢ = = ¢ ¢ Þ DOB¢O¢ vng O

Þ AB¢ ^ OO¢ Þ AB¢ ^ BC¢ (vì BC¢ // OO¢) + Gi Cx =(A B C  Â) (ầ ABCÂ) ị Cx¢ P A B¢ ¢ Dựng B P C P C ^ x ( ẻ Âx);B H BP H BP ^ ( ẻ ) ị BH ^(ABCÂ)

Tớnh c: B P a

 = ị B H BB B P a BP

30

10 ¢ ¢

¢ = =

Vậy: d B ABC( ,( )) a 30 10

¢ ¢ =

Cách 3: Chọn hệ trục toạ độ Oxyz, với O (0; 0; 0) trung điểm AB cho:

a

A ;0;0

2

ổ

-ỗ ữ

è ø,

a

B ;0;0

2

ổ

ỗ ữ

ố ứ,

a

C 0; 3;0

2

ỉ

ỗ ữ

ố ứ,

a a

A ;0;

2

ỉ

¢ -ỗ ữ

ố ứ,

a a

B ;0;

2

ỉ

đố ứ

è ø,

a a

C 0; 3;

2

ỉ

đố ứ

è ø

Þ AB' a;0;a , BC' a a; 3;a

2 2

ổ ổ

=ỗ ữ = -ỗ ÷

è ø è ø

uuur uuur

+ AB BC a a AB BC

2

' ' 0 ' '

2

= - + + = Þ ^

uuur uuur uuur uuur

ị ABÂ^BCÂ + uuurAB=( ;0;0)a =a(1;0;0), BC ' a(1; 3; 2)

2

= - -

-uuur

Þ n AB BC

a2

2 é , 'ù (0; 2; 3)

= ëuuur uuurû=

-r

Þ Phương trỡnh (ABCÂ) l: 2y- 3z=0 ị

a

a d B ABC

2

3 30

2 ( ',( '))

10

-= =

x

y

z

O A

B

C A¢

B¢

C¢

I

J a

a 2

A

B C

A¢

B¢ C¢

O

O¢

P H

x a

Câu V.( Lời giải của Thầy Trần Sĩ Tùng trưng Vương Quy Nhơn Bình Định ) Ta chứng minh: P a b c

a b b c c a

2 2

2 2

3

( ) ( ) ( )

= + + ³

+ + +

+ Đặt x b y c z a

a, b, c

= = = Ta có: x y z, , >0 xyz 1= Khi đó: P

x y z

1 1

(1 ) (1 ) (1 )

= + +

+ + +

+ Trước hết ta chứng minh:

xy x y

1 1

1

(1+ ) +(1+ ) ³ + (1)

Cách 1: Thực qui đồng, rút gọn ta được: (1) Û x y xy3 + 3+ ³1 x y2 2+2xy Û xy x y( - )2+(xy-1)2³0 (đúng)

Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho cặp số: xy,1 x

y,1 ta được:

x x xy x y

x xy xy

y y y

2

2 ( 1).( )

( +1) =ổỗỗ +1.1ửữữ Ê( +1).ổỗ +1ửữ= + +

ố ø

è ø

Þ y

xy x y

x

1

( 1)( )

( +1) ³ + + Tương tự:

x xy x y

y

1

( 1)( )

( +1) ³ + +

Do đó: y x

xy x y xy x y xy

x y

1 1

( 1)( ) ( 1)( )

(1+ ) +(1+ ) ³ + + + + + = + + Tiếp theo, ta chứng minh:

xy z

1

1+(1 ) ³4

+ + (2)

Thật vậy, (2) Û z

z z

1

1+(1 ) ³4

+ + Û

z

z z

1 3 0

1+(1 ) - ³4

+ + Û

z z

2 ( 1) 0 4( 1)

-³

+ (đúng) + Như vậy, P

x y z

1 1

4 (1 ) (1 ) (1 )

= + + ³

+ + + Dấu "=" xảy Û x y z 1= = = Þ minP

4

= a b c= = Câu VIa

1) Gọi I a b( ; )là tâm đường tròn (S).MIuuur=( ;a b-2),NIuur=(a-3;b-1) Gọi P giao điểm tiếp tuyến M N Vì tiếp tuyến vng góc nên MINP hình vng Do ta có hệ phương trình sau: MI NI R b a a a

b b

a a

MI NI

2 2

2 3

( )

0

3

ì ì =

-ï = = Û Ûì = Ú ì =

í í - + = í = í =

= ỵ ỵ

ï ỵ

ỵuuur uur

Vậy có hai đường trịn là:(x-1)2+y2=5 & (x-2)2+ -(y 3)2=5 2) Ta có: d M Q( ,( )) 10

1 4

- - +

= =

+ + Phương trình mặt phẳng (P) qua M( ; ; )0 có dạng: ax b y+ ( - +1) c z( - = Û5) ax by cz b+ + - -5c=0 (a2+b2+c2 ¹0)

Ta có: P Q

d O P d M Q

( ) ( )

( ,( )) ( ,( ))

ì ^

í =

ỵ Û 2 2 2

2

5

1

a b c

b c

a b c

ì - - =

ï

-í =

ï + +

ỵ

Û 2

2

a b c

b c

b c

ì = +

ïé = -í

ê ïë = ỵ

+ Với 2b=5c Chọn c= Þ =2 b 5,a=14 Þ (P): 14x+5y+2z-15=0 Câu VIIa Ta có: 3 4- = - + =i 4i i2 (2-i)2 nên (z-1)2 = - Û -3 4i (z 1)2 =(2-i)2

Û

1

z i z i

z i z i

é - = - Ûé = -ê - = - + ê = - +

ë ë

Câu VIb

1) (S) có tâm

2

Iổỗố ; ửữứ, bỏn kớnh 10

R= Giả sử M m m( ;2 - Î1) d Gọi N điểm đối xứng M qua I Þ đường thẳng AB qua N nhận NIuur làm VTPT

Vì hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (S) nên hình vng có cạnh a R= 2=

Do đó: IM= Û

2

1

2

2

m m

ỉ ỉ

- + - - =

ỗ ữ ç ÷

è ø è ø Û

2

20m -44m+21=0 Û

3 10 m m é

= ê ê ê = ë

+ Với

2

m= Þ

2

Mổỗ ; ửữ

ố ứ ị

1

Nổỗ- ; ửữ

è ø Þ

1

2

NI = ỗổ ; ửữ

ố ứ

uur

Þ AB x y:2 + =0 + Với

10

m= Þ

10

Mổỗ ; ửữ

ố ứ ị

3 13 10

Nổỗ ; ửữ

ố ø Þ

1 11

5 10

NI =ổỗ ;- ửữ

ố ứ

uur

Þ AB x:2 -11y+28=0 2) Gọi H hình chiếu M d, K hình chiếu M (Q)

Ta có d M Q( ,( ))=MK MH£ Do d M Q( ,( )) đạt lớn Û MK MH= Û K Hº Khi (Q) mặt phẳng qua H nhận HMuuuur làm VTPT

d có PTTS:

1

1

x t

y t

z t

ì = + ï = -í

ï = - + ỵ

VTCP u ( ; ; )r = 1- Giả sử H(1 2+ t t; ;- - + Ỵ1 t) d

Ta có: MH uuuuur r =0 Û 2( t- - - - + -4) ( t 4) (t 2)=0 Û t=1 Þ H( ; ; )3 0- Þ HM ( ; ; )uuuur = Þ Phương trình mặt phẳng (Q): 2(x- +3) 5(y+ + = Û1) z 2x+5y z+ - =1

Câu VIIb Giải bất phương trình: ëélog (4 x+2)2-1 2ùû x2- - ³x (1) Có trường hợp xảy ra:

+ TH1: Nếu 2x2- - =x (1) Û 2

2 x x x

ì - - =

-ợ

1

1

1

2

x x

x x

x

ìé = é =

ïê

ï Ûê

=

-íê ê =

-ở

ù ở

ạ -ùợ + TH2: Nếu g (1) Û

2

2

2

2

x x x log ( ) ì - - > ï

í

+ - ³

ïỵ Û 2

1

2

x x x

( )

ìé < -ïê ï

ê íë > ï

+ ³

ïỵ

Û

1

x x

é £ -ê > ë Vậy tập nghiệm (1) là: ( 4] [1 )

2