DE ON THI DH 4

Tiếp tuyến bất kì của đồ thị hàm số cắt hai đường tiệm cận lần lượt tại hai điểm A và B .Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi.. Tính thể tích khối chóp và cosin của góc giữa [r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2012

Mơn thi: TỐN – Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I (2,0 điểm)Cho hàm số

2 x y

x  

 .

1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2. Tìm m để đường thẳng

 

d :y2x m cắt (C) hai điểm phân biệt cho tiếp tuyến (C) hai điểm song song với

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình





2

sin cos 2x xcos x tan x1 2sin x0 2. Giải hệ phương trình





3

2

3

9

x y x xy

x x y

    

 

  



 .

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân





2

3

2sin cos sin

x x x

dx x





 



Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên a, đáy ABC tam giác đều, hình chiếu A (A’B’C’) trùng với trọng tâm G A’B’C’ Mặt phẳng (BB’C’C) tạo với (A’B’C’) góc 600 Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z không âm thỏa mãn

2 2

3 x y z 

Tìm giá trị lớn biểu thức:





3

P xy yz zx

x y z

   

  . Câu VI (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân A Biết phương trình cạnh BC

 

d :x7y 31 0 , điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; -3) thuộc AB nằm đoạn AB Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) mặt phẳng

 

P x y z:    1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A, vng góc với mặt phẳng (P) biết mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy, Oz điểm phân biệt M N cho OM = ON

Câu VII (1,0 điểm) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình









2 1i z  2 i z 3 i0 Tính

2

1

z  z .

-I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ S -INH(7 điểm)

CâuI:(2điểm) Cho hàm số:

2 x y

x  



1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

Tiếp tuyến đồ thị hàm số cắt hai đường tiệm cận hai điểm A B Chứng minh diện tích tam giác IAB khơng đổi Viết phương trình tiếp tuyến cho bán kính đường trịn nội tiếp tam giác IAB lớn (với I giao điểm hai đường tiệm cận)

Câu II(2 điểm)

1) Giải phương trình :

(1 sin cos )sin( ) 1

4 sin (cos 1)

1 cot

x x x

x x

x



  

 



2) Giải hệ phương trình :

{

log2

(

x+

√

x2+4

)

+log2

(

√

y2+4− y

)

=2

xy−4(x+y)+10=(x+2)

√

2y −1

CâuIII(1điểm) Tính tích phân : I =



o π

x

1+sinxdx

CâuIV:(1điểm)

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a

√

13 đường chéo AC = a

√

3 Các cạnh bên SA = 2a ; SB = 3a ; SC = a Tính thể tích khối chóp cosin góc hai đường thẳng SA CD

CâuV:(1điểm)

Cho x , y , z lµ ba số thực dơng Tìm giỏ tr nh nht biÓu thøc : M = x

(

x

2+ yz

)

+y

(

y

2+ xz

)

+z

(

z

2+ xy

)

II - PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)

A - Chương trình chuẩn

CâuVIa(2điểm)

1) Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):(x1)2(y2)2 4 M điểm di động đường thẳng d: x – y + = Chứng minh từ M kẻ hai tiếp tuyến MT1, MT2 tới (C) (T1, T2

là tiếp điểm) tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng T1T2 qua điểm A(1;-1)

2)Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng  1  2

x y z x y z

d : ; d :

1 2 1

    

   

mặt phẳng

 

P : x y 2z 0    Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P)

cắt

   

d , d1 A, B cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.

CâuVIIa(1 điểm)

Gọi z z1; 2 nghiệm phức phương trình: z2 4z 5 0 Tính: (z1 – 1)2012 + (z

2 – 1)2012

B - Chương trình nâng cao

CâuVIb(2điểm)

1) Trong hệ toạ độ Oxy, cho ba điểm A(-1; -1) ; B(0;2) ;C(0;1).Viết phương trình đường thẳng

 qua A cho tổng khoảng cách từ B C tới  lớn

2)Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) : x 2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 67 = đường

thẳng :

13

( ) :

1

x y z

d    

 Lập phương trình mặt phẳng

( )

P

chứa đường thẳng

( )

d

tiếp

CâuVIIb(1 điểm)

Cho số phức z thỏa mãn : |z| - z = - + 6i Tìm : |z|+|z|2+|z|3

BIỂU ĐIỂM CHẤM

ĐỀ THI THỬ TOÁN LẦN III – KHỐI D – NĂM 2012 (Biểu điểm gồm 04 trang)

Câu Nội dung Điểm

I

(2.0 điểm)

1. (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số. * TXĐ: D = R\{2}

*





2

'

2 y

x

 



Vậy hàm số nghịch biến khoảng xác định

0.25

* Hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận ngang y =

0.25

* Bảng biến thiên 0.25

Giao Ox:

3

2 y  x

Giao Oy:

3

2 x  y

Đồ thị:

0.25

2. (1.0 điểm) Tìm m để đường thẳng … Phương trình hồnh độ giao điểm:









 

2

2 *

2

2

x m x m

x

x m

x x

     

 

   

  

0.25

(d) cắt (C) điểm phân biệt phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác

 









2

0

6 60

2

g

m m m m

g

   

          

 

 (luôn đúng).

0.25

Với điều kiện giả sử đường thẳng cắt đồ thị hàm số hai điểm có hồnh độ

x x Ta có

2 m x x  

Tại hai giao điểm kẻ hai tiếp tuyến song song

 

1

 

2

' '

y x y x  x x   m2

0.5

II (2.0 điểm)

1. (1.0 điểm) Giải phương trình…

Điều kiện cosx0 0.25





2

sin cos 2x xcos x tan x1 2sin x0







2

sin 2sinx  x 2sin x 1 2sin x0

2

2 sin

2sin sin 1

6 sin 5 x k x

x x x k

x x k                                 . 0 25

Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm

5

2 ;

6

S  k   k 

 

0.25

2. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình…













2 2

2

3 3 1

3

3 3

x x x y x x

hpt

x y

x x x y

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



2 3 2 x x x y          0.5 Nếu 13

3 2

3 11 13

2 x x x x y y                    



3 13 11 13

2 x y              0.25 Nếu

2 3 2 17

2

3 10 17

2 x x x x y y                      



3 17 10 17

2 x y              0.25 III (1.0 điểm)

Tính tích phân…









2 2

3 3

4 4

2sin cos cos 2sin cos

sin sin sin

x x x x x x x

I dx dx dx

x x x

  

  

  













0.25

2 2

1 2

4

4 4

2

cos 1 1

sin sin sin sin

1 1

cot

2 2 2

x x x

I dx xd dx

x x x x

x                              







0.25









2

2 3

4

2sin cos 2sin

sin 2

sin sin

x x x

I dx d x

x x

 

 

 









  0.25

Vậy I  I1 I2 2 6 0.25

IV (1.0 điểm)

a

A'

C'

B'

C

B A

M H

M' G

Gọi M,M’ trung điểm BC, B’C’  A’, G, M’ thẳng hàng AA’M’M là hình bình hành A’M’ B’C’, AG

B’C’  B’C’(AA’M’M) góc giữa (BCC’B’) (A’B’C’) góc A’M’ MM’ M MA ' 600.

0.25

Đặt x = AB Ta cóABC cạnh x có

AM đường cao 

3

' ', '

2

x x

AM  A M A G

TrongAA’G vng có AG = AA’sin600

= a

;

0 3

' ' os60

2

a x a

A GAA c    x

0.25

2

0

1 3 3

.sin 60 ( )

2 4 16

ABC

x a a

S  AB AC   

0.25

2

' ' '

3 3

2 16 32

ABC A B C ABC

a a a

V AG S  

0.25

V.

(1.0 điểm)

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ của…

Đặt x y z t  

2

2 t

 

 

 

 

  0.25





2 2 2

1

2

xy yz zx    x y z   x  y  z   t  

   

nên

2 P t

t

   0.25

Xét hàm số

 

2 f t t

t

  

xác định

;2

 

 

  ;

 

2

3

'

2

f t t t

t

    

(loại)

 

2 3 25

;

3

f   f 

 

0.25

Vậy

3

2 P

2 3

t 

số x, y, z số lại

3 Vậy

25 max

6 P

t 2

2 x  y z

0.25

VI

(2.0 điểm)

1 (1.0 điểm) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Đường thẳng AB qua M nên có phương trình a x



 2



b y



3



0



a2b2 0





AB BC;



450  nên

0

2

3

cos 45

4

50

a b a b

a b

a b



 

  



  .

Nếu 3a = 4b, chọn a = 4, b = ta



AB



: 4x3y 1



AC



: 3x 4y 7 Từ A(-1; 1) B(-4; 5) Kiểm tra MB  2MA nên M nằm đoạn AB (TM) Từ tìm C(3; 4)

0.50

Nếu 4a = -3b, chọn a = 3, b = -4



AB



: 3x 4y18 0 ,



AC



: 4x3y 49 0 Từ A(10; 3) B(10;3) (loại)

0.25

Nếu khơng kiểm tra M nằm ngồi AB trừ 0.25 điểm. 2 (1.0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng…. Giả sử nQ



vecto pháp tuyến (Q) Khi nQ nP



1; 1; 1 



                           

Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy Oz M



0; ;0 ,a



N



0;0;b



phân biệt cho OM = ON nên

0 a b a b

a b

  

  

  

0.25

Nếu a = b MN 



0;a a;



//u



0; 1;1



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

nQ u

                           

nên nQ u n, P 



2;1;1



  

Khi mặt phẳng (Q):2x y z   0

 

Q cắt Oy, Oz M



0;2;0



N



0;0; 2



(thỏa mãn)

0.25

Nếu a = - b MN



0;a a;



//u



0;1;1



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

nQ u

 

nên nQ u n, P 



0;1; 1



                                         

Khi mặt phẳng (Q):y z 0

0.25

 

Q

cắt Oy, Oz M



0;0;0



N



0;0;0



(loại) Vậy

 

Q : 2x y z   0 0.25 VII

(1.0

điểm) Tính

2

1

z  z

Có







 



2

' i i 3i 16

       Vậy phương trình có hai nghiệm phức 0.25

1

3 1

,

2 2

z   i z   i 5

Do

2

1

z  z 