Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.. CâuVII.b(1điểm)..[r]
(1)TRƯỜNG THPT
MAI ANH TUẤN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 Mơn thi : TỐN Khối A
(Thời gian làm 180 phút , không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I(2 điểm) : Cho hàm số y=x3+3x2−(m+1)x+2 có đồ thị (Cm) 1.Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m = -1
2.Tìm giá trị m để hàm số có cực đại cực tiểu cho khoảng cách từ trung điểm đoạn thẳng nối điểm cực trị (Cm) đến tiếp tuyến (Cm) điểm có hồnh độ 8√2
Câu II (2 điểm) :
1.Giải phương trình sau : tanx+cotx=2sin 2x+ sin 2x
2.Giải hệ phương trình sau
¿
4x2+y2+y=4 xy+2x+2 8√1+2x=9− y2
¿{ ¿ Câu III (1 điểm) : Tính tích phân: I = ∫
0
π
4
sinx ln(cosx) cos2x
Câu IV (1 điểm) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi ; hai đường chéo AC = 3a, BD = 2a cắt O; hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB)
3 a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a
Câu V (1 điểm) : Cho x,y,z ba số thực dương có tổng 3.Tìm giá trị nhỏ biểu thức P3(x2y2z2) 2 xyz
PHẦN RIÊNG (3 điểm) (thí sinh làm hai phần A B) A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm) :
1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D
2 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3
2 1
x y z
mặt phẳng (P): x + y + z + = Gọi M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng nằm mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới 42
Câu VII.a (1 điểm): Cho số phức z thoả mãn : z2z (1 ) (1 )i i Tìm mơđun số phức z. B.Theo chương trình nâng cao
CâuVI.b (2điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đờng thẳng d1:x − y −3=0 d2:x+y −6=0 Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục
Ox Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật
2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d :
x 2t
y t
z 3t
Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn CâuVII.b(1điểm) Giải bất phương trình:
2
3
2
log ( 1) log ( 1)
5
x x
x x
.Hết
(2)Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KHỐI A
Câu Ý Nội dung Điểm
I Với m = -1 hàm số trở thành y=x3+3x2+2
TXĐ:R
Sự biến thiên:
x=0 ¿ x=−2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿y
,
=3x2+6x=3x(x+2) y,=0⇔ ¿
bbt
x − ∞ -2 +
∞
y’ + - +
y
+∞ − ∞
Hàm số đb ( − ∞;−2¿ (0;+∞) , nb trên(-2;0)
Cực trị Giới hạn Đồ thị
-2
0.25
0.25
0.25
0.25
2 Có y,=3x2+6x −(m+1)
Hàm số có cực đại cực tiểu pt y,=3x2+6x −(m+1) =0 (1) có nghiệm phân biệt
⇔Δ'=12+3m 0⇔m>−4 (*)
Giả sử A(x1; y1) B(x2; y2) điểm cực trị đồ thị hàm số với x1, x2
nghiệm (1) Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = -2
⇒ Trung điểm đoạn thẳng AB I(-1; m + )
Tiếp tuyến Δ đồ thị (Cm) điểm có hồnh độ x = có pt y=y,(1)(x −1)+y(1
) ⇔(m−8)x+y+3=0
0.25
0.25
0.25
(3)m−8¿2+1 ¿ m−8¿2+1
¿ ¿
√¿ ¿
√¿
d=d(I , Δ)=|(m−8)(−1)+m+5+3| ¿
Theo gt , ta có
m−8¿2+1 ¿ ¿ 16
√(m −8)2+1=8√2⇔√ ¿
(t/m (*) ) Vậy m = m =
II Đk sin 2x ≠0⇔x ≠ kπ/2
Khi Pt tương đương 2(2 sin2x+cos2x)=2 sin22x+1
⇔2 cos22x −cos 2x=0
⇔ cos2x=0
¿ cos2x=1/2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿ * coss2x=0⇔x=π
4+kπ/2 tmđk * cos 2x=1/2⇔x ± π/6+kπ tmđk
0.25
0.25 0.25
0.25
2
* Giải
¿
4x2+y2+y=4 xy+2x+2(1) 8√1+2x=9− y2(2)
¿{ ¿
(1)
2x − y¿2−(2x − y)−2=0⇔ ¿
2x − y=−1 ¿ 2x − y=2
¿ ¿ ¿ ¿ ⇔¿
* 2x – y = -1 ⇔y=1+2x Thế vào (2) 8√y=9− y2 Đặt t = √y(t ≥0)
Ta (t −1)(t3+t2+t+9)=0⇔t=1 (Do t>0) ⇒y=1⇒x=0 * 2x − y=2⇔y+3=1+2x Thế vào (2)
0.25
0.25
0.25
(4)8√y+3=9− y2⇔√y+3[8+(y −3)√y+3]=0⇔ y=−3⇒x=−1/2
¿
8+(y −3)√y+3=0(3) ¿
¿ ¿ ¿ ¿
Xét pt (3) Đặt t = √y+3(t ≥0) ta t3−6t
+8=0 (4) Xét f(t) = t3−6t+8 với t ≥0
Ta chứng minh được( Lập BBT) f(t) > với t ≥0 Vậy (4) vô nghiệm nên (3)
KL: Hệ có nghiệm (0;1), (-1/2; -3) III Đặt t = cosx ⇒dt=−sin xdx
Đổi cận x = t = 1; x = π4 t = √2
I= −∫
√2
lnt
t2 dt=∫
√2
lnt
t2 dt Đặt
¿ u=lnt dv=1
t2dt ⇒ ¿du=1
t dt v=−1
t ¿{
¿ ⇒I=−1
t lnt¿√2
+∫
√2
1 t2dt=−
√2 ln 2−
1 t ¿√2
2
I= √2−1−√2 ln2
0.25
0.25
0.25
0.25
IV Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a AC ,BD vng góc với trung điểm O
của đường chéo.Ta có tam giác ABO vng O AO = a 3; BO = a , 600
A DB
Hay tam giác ABD
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng SO (ABCD)
Do tam giác ABD nên với H trung điểm AB, K trung điểm HB ta có DH AB DH = a 3; OK // DH
1
2
a
OK DH
OK AB AB (SOK)
Gọi I hình chiếu O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) , hay OI
là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)
Tam giác SOK vuông O, OI đường cao 2
1 1
2 a SO
OI OK SO
Diện tích đáy SABCD 4SABO 2.OA OB 2 3a2;
0.25
0.25
(5)đường cao hình chóp a SO
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
1
3
D D
S ABC ABC
a
V S SO
0.25
V Ta c ó:
2
3 ( ) 2( )
3 2( )
27 ( ) ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
x y z yz x
2
3
( )
27 (3 ) ( 3)
2
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x
Xét hàm số f x( )x315x2 27x27 , với 0<x<3
,( ) 3 30 27 0 x
f x x x
x
x
y’ +
y
14
Từ bảng biến thiên suy MinP=7 x y z
0.25
0.25
0.25
0.25
VI.a
Ta có: AB 1; 2 AB
Phương trình AB là: 2x y 0
: ;
I d y x I t t
I trung điểm AC BD nên ta có:
2 1; , 2 ;2 2
C t t D t t
Mặt khác: SABCD AB CH 4 (CH: chiều cao)
4 CH
Ngoài ra:
4 8
; , ;
| | 3 3 3 3 3
;
5
0 1;0 , 0;
t C D
t
d C AB CH
t C D
Vậy tọa độ C D
5 8
; , ;
3 3
C D
C1;0 , D0; 2
0.25
0.25
0.25
0.25
S
A
B K
H C
O
I D
(6)2 Ta có phương trình tham số d là: 2 x t y t z t
toạ độ điểm M nghiệm hệ
3 2 x t y t z t
x y z
(tham số t) (1; 3;0)
M
Lại có VTPT của(P) nP(1;1;1)
, VTCP d ud(2;1; 1)
Vì nằm (P) vng góc với d nên VTCP u u nd, P (2; 3;1)
Gọi N(x; y; z) hình chiếu vng góc M , đóMN x( 1;y3; )z
Ta có MN vng góc với u
nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 =
Lại có N(P) MN = 42 ta có hệ: 2 2
2 11
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x y z
Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N(- 3; - 4; 5) Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5
:
2
x y z
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3
:
2
x y z
0.25 0.25 0.25 0.25
VIIa Gọi z = x + yi ⇒z−
=x −yi⇒z+2−z=3x −yi
(1+2i)2(1-i) = + 7i
Từ ta có hệ
¿ 3x=1 − y=7
¿{ ¿
⇒z=¿ 1/3 – 7i
|z|=√442
0.25 0.25
0.5
VIb Ta có: d1∩ d2=I Toạ độ I nghiệm hệ: ¿
x − y −3=0 x+y −6=0
⇔ ¿x=9/2
y=3/2 ¿{
¿
VËy I(92;32)
Do vai trß A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD ⇒M=d1∩Ox Suy M( 3; 0)
Ta cã: AB=2 IM=2√(3−9 2)
2 +(3
2)
=3√2
Theo gi¶ thiÕt: SABCD=AB AD=12⇔AD=SABCD
AB =
12
3√2=2√2 Vì I M thuộc ng thng d1 d1AD
Đờng thẳng AD qua M ( 3; 0) vuông góc với d1 nhận n(1;1) lµm VTPT
0.25
0.25
(7)nên có PT: 1(x 3)+1(y 0)=0x+y 3=0 Lại cã: MA=MD=√2
Toạ độ A, D nghiệm hệ PT:
¿ x+y −3=0 √(x −3)2+y2=√2
¿{ ¿ ⇔
y=− x+3 (x −3)2+y2=2
⇔ ¿y=− x+3
¿ 3− x¿2=2
¿ ⇔
¿ ¿y=3− x (x −3)2+¿
0.25
2 Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH≥HI => HI lớn A ≡ I
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. H∈d⇒H(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên
u=(2;1;3)
AH⊥d⇒AH u=0¿ véc tơ phương d)
⇒H(3;1;4)⇒AH(−7;−1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = ⇔ 7x + y -5z -77 =
0.25 0.25 0.25
0.25 VIIb Đk: x > -
bất phương trình
3
3 3log ( 1) 2log ( 1)
log ( 1)( 6)
x x
x x
3 log ( 1)
0 x x
x
0.25