Theo chương trình Chuẩn... Theo ch ươ ng trình nâng cao..[r]
(1)Hà Phước Chín 0905256879 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2012
MƠN TỐN ( Thời gian 180 phút , khơng kể thời gian giao đề ) ( Lần thứ )
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số ( 1) (4 )
3
y mx m x m x1 có đồ thị (Cm)
1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị (C1) hàm số m =1
2 Tìm tất giá trị m cho đồ thị (Cm) tồn điểm có hồnh độ âm mà tiếp tuyến
đó vng góc với đường thẳng d x: 2y2012 0
Bài giải : Tiếp tuyến vuông góc với d có dạng 2x – y + n = có hệ số góc k = Yêu cầu tốn y' 2 có nghiệm âm
Ta có y' 2 mx22(m1)x3m 4 2 2( 1) 3 2 (*)
mx m x m
Xét m = Ta có (*) 2x x (không thỏa yêu cầu tốn )
Xét m Ta có :
1
(*) 2 3
x
m x
m
Yêu cầu toán thỏa 0
m
m v m m
Vậy tập hợp giá trị m để toán thỏa : ( ;0) ( ;2 )
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình : sin2 sin 32 tan (sin sin ) cos cos3
x x
x x x
x x
2 Giải phương trình tập số thực: (x4)26 x33x 13 Bài giải :
1 sin2 sin 32 tan (sin sin ) cos cos3
x x
x x x
x x
Điều kiện : cos3 / / ( Phương trình tương đương với :
cos / /
x x l
l Z
x x l
)
tan sinx xtan sin 3x xtan sinx xtan sin 3x x
sin (tan 3x x tan ) sin (tan 2x x x tan ) 0x
sin sin
sin sin
cos3 cos cos ,cos
x x
x x
x x x x
sin (sin cosx x x cos3 sin ) 0x x sin sin 2x x
sinx x k (do cosx 0)
Đối chiếu với điều kiện Ta có nghiệm phương trình x k (k Z ) 2, (x4)26 x33x 13 Điều kiện x Phương trình tương đương với :
2 8 3 6 ( 3) 0
x x x x
(2)2
2
2
4
6
2 3 4
u v x u uv v
u v
16x
x x
2
16
3;
4
x x x
x x x x
1
(thỏa điều kiện)
Vậy phương trình có tập nghiệm 8 61;8 61;3;1 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân
1
2
x dx I
x x
Bài giải :
1 2
2
0 ( 1)
x x
I dx
x x x
dx
Đặt x 1 2sint ;t ( / 2; / 2) x 2sint 1 dx2costdt
0 ;
6
x t x t
0 2
2
/6 /6
(2sin 1)
2cos 4sin 4sin
4 sin
t
I tdt t t dt
t
0
0 /6 /6
3 4sint 2cos 2t dt 3t 4cost sin 2t
3
4
2 2
2
0 )
Câu IV: (1 điểm)
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có cạnh AA’ = a Đường thẳng B’C tạo với đường thẳng AD góc 600 , đường chéo B’D tạo với mặt bên (BB’C’C) một góc 300 Tính thể tích khối chóp ACB’D’
cosin góc hai đường thẳng AC B’D
Bài giải : Góc B’C AD góc B’C BC B CB' 6 ( ' '
DC BB C C nên góc B’D mặt bên (BB’C’C) góc ' 300
DB C
600 300
y z
x
D'
C' B'
A'
D
C B
A
'.cot 60
a BC BB
0
'
'
sin 60
BB a B C
0 2
' tan 30
3 3
a a
DC B C
Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ cho O A A(0 ; ;0)
B Ox (2 ;0;0)
a
B ; (0; ;0)
a D Oy D
' '(0;0; )
DAOzA a ; '(2 ;0; )
a
B a ; (2 ; ;0
3
a a
)
C ; '(0; ; )
3
a
D a
2 ' ( ;0; )
3
a AB a
; (2 ; ;0
3
a a AC
) ' (0; ; )
a AD a
2 2
', ; ;
3
3
a a a AB AC
3 ;
3 3
2 3
', '
9 9
a a a
AB AC AD
(3)Hà Phước Chín 0905256879
' '
1
', '
6
ACB D
a V AB AC AD
7 (đvtt)
( ; ;0) (2; 3;0)
3 3
a a a
AC
AC có vec tơ phương u1(2; 3;0)
2
' ; ; (2; 3;3)
3 3
a a a
B D a
B’D có vec tơ phương u2(2; 3;3)
1
1
| |
cos( ; ' )
28 | | | | 7.4
u u AC B D
u u
Câu V: (1 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm :
3
1 2
3
x y xy x x x xy m
Bài giải :
2
3
1 2 1 ( 1)
3 3 ( 1)
x y xy x x y x y
x x xy m x x y m
Đặt z y 1 Ta có hệ
2
3
2 1
3 2
x z xz
x xz m
0
z nghiệm hệ phương trình Đặt x tz Ta có :
3 3
( 2 ) 1 (1
( 3 ) 2 (2) z t t
z t t m
)
2
Từ (1) Ta có t2 2t 0 t 0 v t
Ta có :
2 3
2 (
2 t m
t
*)
)
Hệ phương trình có nghiệm phương trình (*) có nghiệm thuộc (;0) (2;
Xét hàm số
2 3
( ) ; ( ;0) (2; )
2 t
f t t D
t
2
4
'( )
( 2)
t t
f t t
2 1
'( ) 0 4 3 0
3
t D
f t t t
t D
; f(3) 6
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên Ta có hệ phương trình có nghiệm
3 1
2
2 2
2 6 4
m m
m m
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉđược làm một hai phần (phần A hoặc phần B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa: (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2y22x2y230 Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(7 ; 3) cắt (C) hai điểm B, C cho AB = 3AC
2 Trong không gian cho hai đường thẳng : 1:
3
y z x
d ;
2
:
1
x y z
d Trong tất mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2 , viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ
0 Bài giải :
1 Đường tròn (C): x2y22x2y23 có tâm I(1;–1) bán kính R = 36 16 13
IA R nên A nằm ngoai đường tròn (C) Gọi H trung điểm BC IH AB
(4)2 4 4 3 100 52 16 4
IA IH IC IH IH IH IH
Gọi đường thẳng cần tìm qua có VTPT n ( ; ) 0a b
I
H
C B
A :ax by 7a 3b
0
4 ( , )
IH d I
2
2
| |
4 (3 ) 4
a b
a b a b
a b
2
2
0
5 12 12
5
a a ab
a b
Với a0 Chọn n (0;1) :y 3 Với 12
5
a b Chọn
0 (12; 5) :12 69
n x y
Vậy có đường thẳng cấn tìm 1:y 3 0; 2:12x5y69
2 Mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng có bán kính nhỏ mặt cầu nhận đoạn vng góc chung đường kính Đường thẳng d1 có VTCP u1(3; 1; 2) ; Đường thẳng d2 có VTCP u
2 (1;3;1)
; Gọi HK đọn vng góc chung đường thẳng d1 d2
1
4
: (4 ;1
3
x y z
H d H m m m
; )
2
2
: (2 ;
1
x y z
K d K n 3 ; )n n
0
( 2; 4;2 5)
HK m n m n m n
1
4 10
3 12
HK u m n m n m n
m n m n m n
HK u
4 7
0; ;
14 12 3
2
; 8;
3
m H
m n m n
n K
3
I trung điểm HK 1; 17;
6
I
;
2 961 966
36 36 36 36
R IH
Phương trình mặt cầu cần tìm :
2
2
1 17
( ) :
6
S x y z
966 36 Câu VIIa: (1 điểm) Giải bất phương trình : 22 x 3 x 615.2 x 3 52x
Bài giải : 22 x 3 x 615.2 x 3 52x Điều kiện x –3 Bất phương trình tương đương với
2 10
2 x x 15.2 x x 1 16.2 x x 15.2 x x 1 0
3
3
2
2
2
0
1 16
1
16 15
16 x x
x x t
t
t t
t t
3
2 x x 2 x x 1
2
1
1
2
2
x x
x x v x
x x
Vậy bất phương trình có tập nghiệm (1 ; +) B Theo chương trình Nâng cao.
Câu VIb: (2 điểm)
1 Viết phương trình cạnh BC tam giác ABC biết tọa độ chân đường cao kẻ từ đỉnh A,B,C A’(–
(5)Hà Phước Chín 0905256879
2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; –1) đường thẳng d có phương
trình
3 1 1
2
1
y z
x
Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn
Bài giải :
1 A’BC’H nội tiếp AA C' 'ABB'
A’CB’H nội tiếp AA B' ACC'
Mà ABB'ACC' (cùng phụ với BAC)
H C'
C B'
B
A
A' AA C' ' AA B' '
Vậy AA’ , BC lần lượt phân giác của B A C' ' ' ' ' (3; 4)
A B
phương trình đường thẳng A’B’ : ' ' : 4( 1) 3( 2) 0 4 3 2 0 A B x y x y
' ' (0; 4)
A C phương trình đường thẳng A’C’ :
' ' :
A C x
Phương trình đường phân giác giữa hai đường thẳng A’B’ A’C’
1
:
| | | 1|
| | | 1|
:
5
d x y
x y x
x y x
d x y
0
Xét d x1: 3y 7 0 Ta có
xB'3yB'7xC'3yC'715.12 0 d1 phân giác ngồi Vậy phương trình đường thẳng BC : BC x: 3y 7 0
2 Gọi H hình chiếu của A đường thẳng d Đường thẳng d có VTCP ud(2;1;3)
H d Tọa độđiểm H H(1+2t ; t ; 1+ 3t) (2 9; 2;3 2)
AH t t t
d 2(2 9) ( 2) 3(3 2)
AH u t t t 14 14 0t t 1 H(3;1; 4)
; AH ( 7; 1;5) ( ,( )) ( ;( ))
d d P d H P HA
max
( ;( ))
d d P HA (P) mặt phẳng đi qua A nhận HA làm VTPT ( ) : 7(P x10) 1( y 2) 5(z 1) 0 7x y 5z77 0
Câu VIIb : (1 điểm)
Giải phương trình ( ẩn z) tập số phức: 1.
3
z i
i z Bài giải :Điều kiện z i Phương trinhd tương đương với
3 3 2
(z i ) (i z) z 3iz 3z i i 3z3iz z3
3
2 ( 3)
3
z z z z z
z
GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2012 MƠN TỐN ( Thời gian 180 phút , không kể thời gian giao đề )
( Lần thứ hai ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : ( )
x
y C
x
(6)2 Tìm tất giá trị m đểđường thẳng d y: x m cắt đồ thị (C) điểm phân biệt A,B cho (O gốc tọa độ )
2 18
OA OB
Bài giải :
phương trình hoành độ giao điểm d (C)
2
( )( 1)
1
x x
x m
1
x m x x x
2 ( 1) 1
x m x m
0
Đường thẳng d cắt (C) tại điểm phân biệt A,B phương trình có nghiệm phân biệt
2 6 3 0 3 3 3 2
m m m v m
3 (*)
Theo hệ thức Viet Ta có : 1 ;
1
A B
A B
x x m
x x m
yA xA m ; yB xB m
2 18 2 2 18
A A B B
OA OB x y x y
2 2
2(xA xB) (m xA xB) 2m 18
2
(xA xB) 2x xA B m x( A xB) m
9
0
2
(m 1) 2(m 1) m m( 1) m
2 3 10 0 ( )
2
m loai m m
m
Vậy m = –2 giá trị cần tìm
Câu II: (2 điểm)
1 Giải hệ phương trình tập số thực :
3 2 1 0
(3 ) 2
x y
x x y y
2 Giải phương trình : tan cos3 2cos 3.(sin cos ) 2sin
x x x
x x x
Bài giải :
3 2 1 0 (1
(3 ) 2 (2)
x y
x x y y
)
Điều kiện 2;
x y
(2)(2 x 1) 2 x (2y 1 1) 2y1
Xét hàm số f t( ) ( t21)t f t'( ) 3 t2 1 0 t Từ (2) Ta có ( 2f x) f( 2y 1) 2y 3 x
Ta có hệ phương trình :
3 2 0 1
( )
1
2
x x x
thoa y
y x
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1)
2 tan cos3 2cos 3.(sin cos ) 2sin
x x x
x x x
Điều kiện : sin / / / ( )
cos / 2
x x l
l Z
x x l
Phương trình tương đương với
2
sin (4cosx x 3) 2cos 2x 1 cos (2sinx x1)(1 2sin ) x
sin 2(1 cos ) 3x x (2cos 2x 1) cos 2(1 cos )x
x
sin (2cos 2x x 1) (2cos 2x 1) cos (2cos 2x x 1)
(2cos 2x 1)( cosx sinx 1)
(7)Hà Phước Chín 0905256879
1 / 6
cos 2
/ ( )
1
cos / 2 2
6
x k
x
x k k
x x k
Z
Đối chiếu với điều kiện Ta nghiệm phương trình : / ( ) /
x k
k Z
x k
Câu III: (1 điểm): Tính tích phân :
/3
0
tan (4 cos 3cos )
I x x x x
dx
Bài giải :
/3 /3 /3
1
0 0
sin
tan (4 cos 3cos ) sin
cos
x
I x x x x dx x xdx dx I
x
I
dx /3
1
sin
I x x
Đặt
sin cos
u x du dx dv xdx v x
/3
/3 /3
1 0 0
0
cos cos cos sin
I x x xdx x x x
6
/3
2
sin cos
x
I dx
x
Đặt t cosx t2 cosxsinxdx 2tdt
2
0 ;
3
x t x t /2
1
2 /2
1
2
2 2
2
I dt t
1
2
4 3 6
3
I I I
Câu IV: (1 điểm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD600 Gọi M,N lần lượt trung điểm AB , AD , hình chiếu S lên mặt phẳng ABCD giao điểm Pcủa CM , BN Biết góc tạo SBvà mặt phẳng
ABCD 600 Tính thể tích khối chóp S.CDNP khoảng cách giữa hai đường thẳng SD,CM theo a
Bài giải
Các tam giác ABD CBD tam giác
2 3
2
ABCD ABD
a
S S ;
2
a BN
Góc đường thẳng SB (ABCD) SBP600
G = CM BD G trọng tâm tam giác ABC nên
3
a BG BO
BG // MN nên 2
3 5
BG BP BP a a
BP
MN PN BN
3
m K
H P
I
N M
G
O S
D C
B A
0 tan 60
5
a SP BP
BNADBNBC BPC vuông B
2
1
2
BPC
a a a S BC BP
10 (đvdt) ;
2
1
2
ABN ABD
a
S S (đvdt)
N M
D
m G P
O C
B
A
H I
2 3 3 3 11
2 10 40
CDNP ABCD BPC ABN
a a a a
S S S S (đvdt)
2
1 11 11
3 40 200
S CDNP CDNP
a a a
V SP S
)
(đvtt)
Qua D kẻđường thẳng m // CM Từ P kẻ PH m (H m) Lại có SP m
( ) ( , ) (
m SPH S m SPH
(8)Trong (SPH) kẻ PKSH (K SH )PK ( , )S m PK d P S m ( ,( , ))
Kẻ DI // HP (I CM) ; PH = DI ;
2 2
2 2 2 . .cos1200 7
4
a a a a
CM CB BM CB BM a CM
1 21
2
MCD ABCD
a a
S S CM DI DI PH
2 2 2
1 1 25 46
9 46
a PK PK SP PH a a a
6
Vậy ( ; ) ( ;( , )) ( ,( , )) 46 46
a d CM SD d CM S m d P S m PK
Câu V: (1 điểm) Cho số dương x,y,z thỏa x + y + z = Chứng minh : log log log
2
yx zy xz
x y y z z x
Bài giải : Với x,y,z (0 ;1) Ta ln có logy x,logzy,logxz0
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi Ta có log log log 33
( )( )(
yx z y xz
)
x y y z z x x y y z z x
3
3
( ) ( ) ( ) 2( )
(x y y z z x)( )( ) x y y z z x x y z
9
2
Dấu đẳng thức xảy
3
x y z
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉđược làm một hai phần (phần A hoặc phần B) A Theo chương trình chuẩn
Câu VI: (2 điểm)
1 Cho hai đường tròn ( ) 2)24và ( ) 3)2 2 : ( 1) (
C x y
2 : ( 2) (
C x y cắt điểm A(1 ;4) Viết phương trình đường thẳng qua A cắt lại (C1) , (C2) điểm M,N (khác A) cho MA = 2NA
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) : (S x1)2(y2)2 (z 3)2 9 đường thẳng
6 2
z
Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M(4;3;4), song song với đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu (S)
:
3
x y
Bài giải :
1 Đường trịn (C1) có tâm I1(1 ;2) bán kính R12 , Đường trịn (C2) có tâm I2(2 ;3) bán kính R2
Giả sửđường thẳng d cần tìm có VTPT nd ( ; ) 0a b d ax by a: 4b0
Gọi H,K trung điểm AM,AN Ta có I H1 MN I K; 2 MN
1 2 2
2 | |
( ; ) b
I H d I d
a b
; 2 2
| |
( ; ) a b
I K d I d
a b
I2 I1
K H
N
M A
2
2
MA AN AH AK AH AK
2
2 2
4
4 b a ab
a b a b
2 b
2
2
0
1
2
b a ab
b ab
b a a b
Với b = Chọn a = Ta có d x: 1
Với b = –2a Chọn a = ; b = –2 Ta cód x: 2y 7
2 Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3) bán kính R =
Đường thẳng qua điểm A(6 ; ;2) có VTCP u ( 3;2;2)
(9)Hà Phước Chín 0905256879
(P) // u n P 0 3a2b2c 0 3a2b2c (1)
(P) tiếp xúc mặt cầu
2 2
| |
( ,( )) a b c
d I P
a b c
2
2 2
(b c) a b c 9.2bc (2b )c
2 2
4 10
2
b c a
b bc c c
b a
c c
Với b2 ;c a2c Chọn nP(2;2;1)( ) : 2P x2y z 18 0
Với ;
c
b ac Chọn nP(2;1;2)( ) : 2P x y 2z19 0
Câu VIIa: (1 điểm) Giải bất phương trình : log4 4 2 21 log2 240
1
x
x x
x x
Bài giải : Bất phương trình tương đương với
2 2
4 21 40
log log
1
x
x x
x x
2
3
2
4 19
4 4 15
1
4 17
( 1)( 4) 21
x
x x x
x x x
x x x
3
3
2
4 17 (*
x x x x
)
Xét hàm số f x( )x34x2 3x17 với 5; 2
x D
2
'( )
f x x x ;
3
'( ) 1
3
x D
f x
x D
3 1
( ) ; ( ) ; ( )
2
f f f
min ( )
8
f x (*) thỏa 5; 2
x
Vậy bất phương trình có tập nghiệm 5; 2
B Theo chương trình nâng cao. Câu VIb: (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) :C x2y24x2y0và đường thẳng .Từ điểm M nằm đường thẳng kẻ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A,Blà tiếp điểm) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác AMB biết
: 5x 2y 19
10
AB
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) : (S x1)2(y1)2z29 điểm (1;0; 2).Viết
phương trình đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) A tạo với trục Ox góc có
A
cos
3 10
Bài giải :
1 Đường trịn (C) có tâm I(2 ;1) bán kính R 5H trung điểm AB 10
2
AB AH
2 5 5 10
2 2
(10) 900
AIB
VVậậy MAIB hình vng y MAIB hình vng IM AB 10
H I
B A
M Đường trịn ngoại tiếp tam giác có đường kính IM ; bán kính ' 10
2
R
Gọi ;5 19
m M m
2
2 10 ( 2)2 (5 21) 10 29 226 417 0
139
29
m m
IM m m m
m
Với (3; 2) ( ;5
2
m M H ) phương trình đường trịn :
2
5 10
:
2
MAB
C x y
( )
Với 139 139 47; (197 76;
29 29 29 58 58
m M H
) phương trình đường trịn :
2
197 76 10
( ) :
58 58
MAB
C x y
2 Mặt cầu (S) có tâm I(–1;1;0) bấn kính R = ; IA(2; 2)
Gọi đường thẳng có VTCP u( ; ; ) 0a b c
2 2 (1)
IA u a b c b a c
tạo với Ox góc thỏa cos 10
2
2 2
| |
89 (2 )
3 10
a
a a c a b c
2
c
2
8
5
85
5
17 17
c c
a b
a ac c
c c
a b
Với ;
5
c c
a b Chọn (1; 8;5) :
1
x y z u
Với ;
17 17
c c
a b Chọn (5;44; 17) :
5 44 17
x y z u
Câu VIIb: (1 điểm) Giải phương trình sau tập số phức :
2
4 1 (1)
2
z
z z z
Bài giải : Nhận xét z = khơng nghiệm phương trình (1) z0 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( 0
2 1 ) 1 ( ) 1
2
2
z z z
z (2)
Đặt t z Khi
z
12 2
z z
t 1 2
2
2
t
z z
2
(2)
2
t t
(3) 9 9
2 5 . 4
1 i
PT (3) có nghiệm
2
i
t
2
i t
Với
2
i
t ta có 2 (1 3) 2 0
2 3 1
1
i z i z
z
z (4)
Có (13i)2 1686i96ii2 (3i)2
Phương trình (4) có nghiệm : (1 ) (3 )
i i
z i, (1 ) (3 )
4
i i
z i
Với
2
i
t ta có 2 (1 3) 2 0
2 3 1
1
i z i z
z
z (5)
(11)Hà Phước Chín 0905256879
Phương trình (5) có nghiệm : (1 ) (3 )
i i
z i, (1 ) (3 )
4
i i
z i
Vậy phương trình cho có nghiệm : ; ; ;
2
i i
z i z i z z
GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2012 MƠN TỐN ( Thời gian 180 phút , không kể thời gian giao đề )
( Lần thứ ba ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
x y
x
đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị ( C)
2 Viết phương trình tiếp tuyến điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng tiệm cận ngang A, B cho cơsin góc ABI
17 ,với I giao tiệm cận của(C)
Bài giải :
2
x y
x x
Giao điểm hai tiệm cận I(1 ; 2)
Gọi ( ;2 )
M m m
đường thẳng tiếp tuyến M Ta có :
2
1
: ( )
2 ( 2)
y x m
m m
A giao điểm tiệm cận đứng Tọa độ A thỏa
2 (2 ; )
2
2
x
A
m y
m
; (0; )
2 |
IA IA
m m
2 |
B giao điểm tiệm cận ngang Tọa độ B thỏa
(2 ; 2)
y
B m x m m
; IB(2m4;0)IB2 |m2 |
2
2
4 17
cos tan 1 tan
16
17 cos
ABI ABI ABI
ABI
1
2
4
1 1
( 2)
0
4 ( 2)
m IA
m
m
IB m
Với m = Ta có phương trình tiếp tuyến : 1( 4) 1
4
y x x
7
2 Với m = Ta có phương trình tiếp tuyến : 1
4
y x x
3
2 Câu II: (2 điểm)
1 Giải hệ phương trình : 11
7 26
x y y x y x y x
2. Giải phương trình 2sin 6x2sin 4x os2c x sin 2 x
Bài giải :
1 11 11
7 26 2(11 ) 4( )
x y y x x y y x
y x y x y x x y y x
(12)2 2
1
7 4 2( 1)
u v u v
v u v v v v
2
2; 1
3
; (
2
2
u v u v
u v lo
v v
ai)
1
11 11 2
1
1
2
x
x y x y
x y
y x y
Vậy hệ phương trình có nghiệm 3; 2
2. 2sin 6x2sin 4x os2c x sin 2 x
2(sin 6x sin )x 3(1 cos ) sin 2x
x
2
4cos5 sinx x sin x 2sin cosx
x
sin (2cos5x x cosx sin ) 0x
sin
5 (
cos5 cos 12
3
5
18
3
x k x k
x
)
x x k x k k
x x
x k
x x k
Z
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân : /2
2 (3sin 4cos )
dx I
x x
Bài giải : Ta có
4
3sin 4cos cos sin 5cos
5
x x x x x
với
4 3
cos ;sin tan ;cot
5
3
/2 /2
2
0
1
(3sin 4cos ) 25 cos ( )
dx dx
I
x x x
/2
0
1 1
tan( ) tan tan( ) cot tan
25 x 25 25
1 25
25 25 12 12
I K H
D
C B
A
S
Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình bình hành SA = SB = AB = 2BC = 2a ; ABC1200 Gọi H trung điểm cạnh AB , K hình chiếu H mặt phẳng (SCD) , K nằm tam giác SCD
5
HK a Tính thể tích khối chóp SABCD theo a
Bài giải :
0
2 sin120
ABCD ABC
S S AB BC a (đvdt) SAB SH AB SH CD , SH a Lại có HK CD CD (SHK)
Trong (SCD) SK CD = I CD HI
2
ABCD
S a
HI CD
2
2 3
5
(13)Hà Phước Chín 0905256879
2
2 3
4 10
a a a IK HI HK
2
2
2 15 15 15 15
5 10
a a a a
SISK IK SI SH HI2 SHI vuông S
( )
SH HI
SH ABCD SH AB
2
1
3
SABCD ABCD
V SH S a a 3a3(đvtt)
Câu V: (1 điểm Cho ba số thực dương a, b, c thỏa
abc Tìm giá trị lớn biểu thức: 1
2 3 3
T
a b b c c a
Bài giải : Đặt ;x a y 2 ,b z3c Từ giả thiết 27
abc xyz
1 1
3
T
x y y z z x
3
Ta có Bất đẳng thức ln
2 3 2 2
3 x3 y 0 x 3 xy3 y 3xy Từđó :
3 3 3 2 3 3
3
x y x y x xy y x y xy xyz
3
3
3
3 3
1
3 3
z
x y xy x y z x y z
(1) Tương tự
3
3
3
3 3
1
3 3
x
y z yz x y z x y z
(2)
3
3
3 3 3
1
3 3
y
z x zx x y z x y z
(3)
Cộng (1) (2) ,(3) vế theo vế
1 1
3 3
T
x y y z z x
1
Vậy max 3; 3;
3
T x y z a b c1
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉđược làm một hai phần (phần A hoặc phần B) A Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa: (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình : ( ) :C x2y2 x 4y 2 0
P MA MB
điểm A(3 ; –5) , B(7 ; –3) Tìm điểm M đường trịn (C) cho 2 đạt giá trị nhỏ nhất
2 Trong không gian tọa độOxyz, cho đường thẳng : 1
2
x y z
d điểm (1; 1;1)A Gọi H hình chiếu vng góc A d Tìm toạđộđiểm H viết phương trình mặt cầu (S) tâm A, biết (S) cắt d hai điểm phân biệt B, C cho tam giác ABC vuông cân A
Bài giải :
1 Đường tròn ( ) :C x2y2 x 4y 2 0có tâm 1;2
I
bán kính R52 Gọi C trung điểm AB Ta có C(5; 4)
2 2
2 2 2
P MA MB MC CA MC CB MC CA CB2
P nhỏ MC nhỏ M giao điểm đường thẳng IC với đường tròn thỏa MI nhỏ
9
; (3; 4)
2
IC
(14):
IC x y
Tọa độ giao điểm IC đường trịn thỏa hệ phương trình :
2 2
2
4 3
4 (8 ) 4(8 )
2
9
x y
x y
x y x y x x
x x
2
1;
2;
x
y x y
x y x x
Với M( 1;4) MC2 100 Với M(2;0)MC2 25
Vậy tọa độđiểm M cần tìm M(2;0)
2 : 1
2
x y
d z có VTCP ud (2;1;2)
1
: (1
2
x y z
H d H t; 1 t t;2 ) (2 ; ;2 1)
AH t t t
2 13
4 ; ;
9 9
d
AH u t t t t H
4
9
16 25
81 81 81
AH
ABC vuông A nên 10
3
R AB AH
Phương trình mặt cầu cần tìm ( ) : ( 1)2 ( 1)2 ( 1)2 10
S x y z
Câu VIIa: (1 điểm) Chứng minh rằng:3 4 ( 3) n 2 (6n ) ( tổ hợp chập k n phần tử.)
n n n
C C n C n k n
C Bài giải : (1 )n 2 3 n
n n n n n
n
x C C x C x C x C x
Nhân vế cho x3 ta được
3(1 )n n (1)
n n n n n
x x C x C x C x C x C xn
n n
C Đạo hàm hai vế (1)
2 3
3 (1 )n (1 )n ( 3) n n (2)
n n n n n
x x nx x x C x C x C x C n x C
Thay x =1 vào công thức (2)
1
3.2n 2n ( 3)
n n
n C C n
0 1
3 ( 3) n (6n )
n n n
C C n C n
(đpcm)
B Theo chương trình nâng cao Câu VIb: (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng đi qua trung điểm của cạnh AB AC có phương trình x + y = Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E(1; 3) nằm đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P x2y2z10 0 , hai đường thẳng:
1 2
2
4
y z
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc (1) tiếp xúc
với (2) mặt phẳng (P)
: , :
1 1 1
x y z x
Bài giải :
1 Kẻ AH vng góc với :d x y 4 phương trình đường thẳng AH x y: 0 I = AH d Tọa độ I nghiệm hệ phương trình :
0
(2;2)
4
x y x
I
x y y
I trung điểm AH nên tọa độ H( 2; 2) Phương trình đường thẳng BC x y: 4
:
(15)Hà Phước Chín 0905256879 Do H trung điẻm BC C( 4 b; )
b
)
( 6; 10) ; ( 5;
AB b b CE b b
( 6)( 5) ( 10)( 3)
AB CE b b b b
2
2 12
6
b b b
b
Với b = Ta có B(0; 4); ( 4;0) C Với b = –6 Ta có B( 6;2); (2; 6) C 2. Gọi I tâm mặt cầu cần tìm
1
2
: (2
1 1
x y z
I I
t t; ;1 t)
2 :
1
x y z
3đi qua điểm M(2;0;–3) có VTCP u2 (1;1;4)
2
( ; ;4 ) ; , (5 4;4 ;0)
MI t t t MI u t t
2
2
2
| , | 2(5 4) | 5 4 | ( , )
3
| |
MI u t t
d I
u
| 2 2 10 | | 10 | ( ,( ))
3
t t t t
d I P
2
7
5 10
| | | 10 |
( , ) ( ,( ))
5 10
3 1
t t t
t t
d I d I P
t t t
Với 11 7; ; ; ( ,( ))
2 2
t I R d I P
9
2 Phương trình mặt cầu :
2 2
11 81
( ) :
12 2
S x y z
Với t 1 I1; 1;2 ; R d I P ( ,( ))3 Phương trình mặt cầu :
2 2 2 ( ) :S x1 y1 z2 9
Câu VIIb: (1 điểm) Giải phương trình: log (25 15)2 1log 5 log |5 |
2
x
x - x+ = - + x
-Bài giải : 2
25 5
1
log ( 15) log log | |
2
x
x - x+ = - + x
-Điều kiện x1;x3;x5 phương trình cho tương đương với
5
1
log | 15 | log log | |
x
x x 5 x
5 5
1
log | | log | | log log | |
x
x x
x
5( )
2
2 | | 7
2
3
x loai x x
x x
x x x
Vậy phương trình có nghiệm
x
GIẢI ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TRƯỚC ĐẠI HỌC 2012 MƠN TỐN ( Thời gian 180 phút , không kể thời gian giao đề )
( Lần thứ tư ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I : (2 điểm ) Cho hàm số 1( )
x
y C
x -=
+
1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (C)
(16)Bài giải :
Đường thẳng vng góc với d: 2x y 4 có dạng :
2
x m
x y m y
Phương trình hồnh độ giao điểm (C) đường thẳng
2
( )( 1) 2(2 1)
1
x
x x m
x m x x
x
)
m
2 ( 5) 2 (*
x m x m
2 10 25 4 8 ( 3)2 24 0
m m m m
cắt (C) điểm phân biệt A,B Gọi I trung điểm AB
2
5
2 ;
5
2 4
I A B I
I I
I
m
x x x m x
m m
I x m
m
y y
A,B đối xứng qua d I d
5
4
m
m m
3m
Thay m = –3 vào (*) Ta
2
4
1
2
2
4
1
2
x y
x x
x y
Vậy cặp điểm cần tìm 6;4 ; 6;4
2
Câu II : (2 điểm )
1 Giải hệ phương trình tập số thực : 42 22 22
x x y y x y x y
.
2 Giải phương trình : sin 4x 2 cos3x4sinxcosx Bài giải :
1 24 22 ( 22 2)2 ( 3)2 24
2 22 ( 2)( 3) 4( 2) 4( 3)
x x y y x y
x y x y x y x y
Đặt u x 22;v y 3 Ta có hệ phương trình :
2 4 ( )2 2
4( ) 8 4( )
u v u v uv
uv u v uv u v
4
2
2
2;
( ) 8( ) 20
8 4( ) 10; 48( ( ) )
u v uv u v u v
uv u v u v uv loai vi u v uv
Với
2
2
2
2 2
3
0
2
0 2
2
x
u x
v
v v
u v
uv u x x
v v v
Vậy hệ phương trình có nghiệm 2;3 , 2;3 , 2;5 , 2;5
2. sin 4x 2 cos3x4sinxcosxsin 4x 2 2cos cosx x4sinx
4sin cos cos 2x x x cos cosx x 4sinx
cos cos (2sinx x x 1) (2sinx 1)
2
(2sinx 1) cos (2cos x x 1) 1
3
/
2sin sin
5 / ( )
2
2cos cos cos 1
2
x k
x x
x k k
x x x
x k
Z
(17)Hà Phước Chín 0905256879 Vậy phương trình có nghiệm
/
5 / ( )
2
x k
x k k
x k
Z
Câu III : (1 điểm ) Tính tích phân 2
( 1)ln ln
e x x x
I d
x x x
x
Bài giải : 2
1 1
( 1)ln (ln 1) ln ln
ln (ln 1) (ln 1)
e x x x e x x x e e x
I dx dx xdx dx
x x x x x x x
2
1
1
( 1)
2
e
x J e
J
1
ln (ln 1) e
x
J dx
x x
Đặt t lnx lnx t dx d
x
t
2
1 1;
x t x e t
2
2 1
1
ln | | ln
t
J dt t t
t
2
1
( 1) ln
2 2
I e J e
Câu IV:(1 điểm ) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đay ABC tam giác vng A , AB a 3,AC a Biết đỉnh C’ cách đỉnh A,B,C khoảng cách từđỉnh B đến mặt phẳng (C’AC)
15
a
Tính thể tích khối chóp A’ABC’ theo a tính cosin góc tạo bới hai mặt phẳng (AA’B’B) mặt phẳng đáy (ABC)
Bài giải :
Gọi H hình chiếu C’ lên mặt phẳng (ABC) Do C’ cách A,B,C nên H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC mà tam giác ABC vuông A nên H trung điểm BC
Vì H trung điểm BC nên
3 ( ,( ' )) ( ,( ' )) ( ,( ' ))
15
a d B C AC d H C AC d H C AC
Gọi I trung điểm AC
2
AB a HI
( ' ) ( ' ) ( ' ) '
AC HI
AC C HI C AC C HI AC C H
' ( ' ) ( ' )
HKC I K C I HK C AC
theo giao tuyến C’I nên (C’HI) kẻ
Vậy ( ,( ' )) 15
a HK d H C AC
Tam giác C’HI vuông H có HK đường cao nên
2 2 2 2
1 1
'
' ' 3 C H a
HK C H HI C H a a a
1
2
ABC
a
S AB AC (đvdt)
2
' ' ' ' '
1
'
3
C A AB CA AB A ABC C ABC ABC
a V V V V C H S a
2
a
0
(đvtt) Gọi J trung điểm AB HJ//AC//A’C’ Ta xác định mặt phẳng (A’C’HJ)
'
( ' ' ) '
AB C H
AB A C HJ AB A J AB HJ
góc mặt phẳng (AA’B’B) (ABC) , 00 9
J
K
I H
C' B'
A'
C B
A
E
J H
C' A'
A J HJ' , A C HJ' ', JA C' '
E trung điểm A’C’ 1 ' ' ' '
2
a HJ AC A C A E EC
(18)2
2
' '
4
a a A J A E JE a
'
cos
'
A E A J
Câu V : (1 điểm ) Cho x sy ố thực thỏa mãn: 1y2 x x y( )
Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức:
6
3
1
x y
P
x y xy
Bài giải : Từ giả thiết
2 2
1 ( ) ( )
3
y x x y x y xy x y xy xy
2 2
1y x x y( )x y xy 1 (x y ) xy xy1
6 2 2 2
3 2
1 ( ) ( )
( )
x y x y x y x y P
x y xy xy x y
3 2
( 1) ( 1)
( 1)
xy x y xy xy xy
1
Đặt , 1;1 \
3
t xy t
Ta có :
3
( 1) ( 1) 3
( )
( 1) ( 1)
t t t t t t
P f
t t t t t
t
2
2
'( ) ;1 \
3 ( 1)
t t
f t t
t
1 25
( ) ; (1)
3
MaxP f MinP f
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉđược làm một hai phần (phần A hoặc phần B) A Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa : (2 điểm )
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung điểm AB M(2;3) chân đường cao hạ từ B xuống AC H(3 ;1) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I(4 ; 2) Tìm tọa độđỉnh C Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A1;0;1, đường thẳng 1
2
y z
:
1
x
d mặt phẳng
Lập phương trình đường thẳng ∆ qua A cắt d B mặt phẳng (P) C cho 2AB
P x y z:
AC Bài giải :
1 MI(2, 1) Đường thẳng AB qua M nhậnMI làm VTPT
I M
H
C B
A
:
AB x y M trung điểm AB nên Gọi A(a ; 2a 1) B(4a ; 2a)
(3 ;2 ), ( 1;2 6)
AH a a BH a a
1
(3 )( 1) 4(1 )( 3)
3
a
AH BH a a a a
a
Với a = A(1 ; 1), B(3 ; 5) đường thẳng AC qua A nhận làm VTPT
(0,4) 4(0;1)
HB AC y: 1 Gọi C(c ; 1) với c
2 10 ( 4)2 1 10 7 (7;0)
IC IA c c C
Với a = A(3 ; 5), B(1 ; 1) đường thẳng AC qua A nhận ( 2,0)HB 2(1;0) làm VTPT AC x: 3 Gọi C(3 ; c) với c
2 10 1 ( 2)2 10 1 (0; 1)
IC IA c c C
Vậy có điểm C cần tìm C(7 ; 0) C(0 ; 1)
2 : 1 (1 ;1
1
x y z
;2 )
d B t
t t AB(2t;1t;1 ) t
B
(19)Hà Phước Chín 0905256879 TH1: 2AC AB ( ; 2 ;t t 2 ) t C( 2 t; 2 ; t 1 )t
C P:x y z 4 2t 2t 4t t 1
phương trình đường thẳng (1;2; 1)
AB
: 1
1
x y z
TH2
phương trình đường thẳng
: 2AC AB(4 ;2 ;2 ) t t t C(3 ;2 ;3 ) t t t
C P:x y z 4 2t 2t 4t t (2;1;1)
AB
: 1
2 1
x y z
1
1
:
1
x y z
Vậy có đường thẳng cần tìm ;
1
:
2 1
x y z
Câu VIIa : (1 điểm )
khai triển Niutơn đa thức f x( ) ( x2 x 1)nv
4 x
Tìm hệ số a4 ới n số tự nhiên thỏa mãn:3C0 32C1 33C2 3n1 Cn 411
2 1
n n n n n n
giải :
Bài Ta có khai triển :
n n
0 2
(1 )n
n n n n
x C C x C x
C x
Lấy tích phân vế cận từ đến Ta d c n ượ
3
0 2
n n
0
(1x dx) Cn C x C xn n C x dxn
3
1
0
0
(1 )
1
n n
n
n n n n
x x x x
xC C C C
n n
1
0
4 3
3
1
n n
n
n n n
C C C
n n
1
1Cn Theo ta n = 10
2 10
( ) ( 1) 10 10 10
0
(1 ) k k(1 )k k
f x x x x x C x x
10 10
10 10
0 0
k k
k k l l k l k l
k k
k l k l
C x C x C C x
4
Số hạng chứa x tương ứng
3
Vậy hệ số chứa x khai triển :
B Theo chương trình nâng cao.
hẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
0 l k l0;k 4
0 10 1;
4 2;
k l k
k l l k
4
4 2
10 10 10 615
C C C C C C Câu VIb : (2 điểm )
1;
B
1. Trong mặt p , đường phân giác AK có
từ B g AK
ng cao AH có phương
phương trình: 2x y 1 0 khoảng cách từ C đến đường thẳng AK lần khoảng cách
đến đường thẳn Tìm toạđộ đỉnh A C biết C thuộc trục tung
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC có đỉnh C(3; 2; 3), đườ
trình 1: 3
2
x y z
d
, đường phân giác góc B
1
1
:
1
x y z
d
1
Tính độ dài c cạnh c
Bài giải : ; c)
ác
ủa tam giác ABC
1 Gọi C(0 | | ( , )
d B AK ; ( , ) | 1|
5
c d C AK
B C nằm khác phía bờ AK kho C đến AK lần khoảng cách từ B đến AK nên
Gọi đường thẳng qua B vng góc với AK cắt AK I cắt AC M ảng cách t
1 (0; 5)
(20):x 2y
Tọa độ I nghiệm hệ phương trình : x 1 / 1
( ; )
2 / 5
x y
I
x y y
ABM cân A nên I trung điểm BM Tọa độđiểm 4; 5
M
7 29
; ( 7;
5 5
CM
29) đường thẳng AC có VTPT nAC (29;7)
Tọa độđiểm A nghi ệ phương trình : : 29 35
AC x y ệm h
2x y x 14 / 14
A
33
;
29x 7y 35 y 33 / 5
Vậy 14 33; ; (0; 5
A C
)
2. Gọi (P) mặt phẳng qua C vng góc với d1 (P) có VTPT nP (1;1; 2)
( ) :P x y 2z 1
2 ( )
B d P Tọa độ B nghiệm hệ phương trình
2
4 z3 x y x
1
2 (1;4;3)
1
2
x y
x z y B
x y z x y z z
Gọi (Q) mặt phẳng qua C vng góc với d2 cắt d2 I cắt AB M (Q) có VTPT
Tọa độ I ệm hệ phương trình
(1; 2;1) Q
n ( ) :Q x2y z 2
2 ( )
I d Q nghi
2
4 z3 x y x2
1
2 (2;2;4)
1
2 2
x y
x z y I
x y z x y z z
BCM cân B nên I trung điểm CM Tọa độđiểm M1;2;5 (0; 2;2) 2(0;1; 1)
BM
Phương trình đường thẳng AB
)
A= AB d Tọa độ A thỏa mãn hệ phương trình :
Vậy A(1 ;2 ;5) ; B(1 ;4 ;3) ,C(3 ; ; 3)
: (
3
x
AB y t t R z t
1
4 (1;2;5)
2
3
t s A
t
t s
1
s
s
2 2; 2; 2
AB AC BC Câu VIIb : (1 điểm )
h tập số phức biết phương trình sau có nghiệm thực :
iệm phương trình Ta có Giải phương trìn
2z35z2 (3 )i z 3 i 0 Bài giải : Giả sử z = a (a R) ngh
3
3 2 3
2a 5a (3 )i a 3 a a a a
2
2
i
a
Phương trình cho viết lại
(2z1)(z 3z 3 i)
2
3 (*
z
z z i
)
2
(21)Hà Phước Chín 0905256879
9 12 4i 4i (1 )
i
Phương trình (*) có nghiệm
2
z i z i
1
; ;
2
z z i z i