Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương2. Theo chương trình Nâng cao.[r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI THAM KHẢO
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2012 Mơn thi : TỐN – KHỐI A, A1, B, D
(Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I.(2,0 điểm) Cho hàm số
2 4
1 x y
x
(C)
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho.
2 Cho điểm A(-5;5) ,tìm m để đường thẳng y x m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt B và C cho tứ giác OABC hình bình hành (O gốc toạ độ )
Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình tanxcos 3x+2 cos 2x −1
1−2 sinx =√3(sin 2x+cosx).
2 Giải hệ phương trình
¿ x2− y
(x+y)+1=0 (x2+1)(x+y −2)+y=0
(x , y∈R). ¿{
¿
Câu III.(1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y=√1− x
x+1 y=1− x Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A ' B' C ' D' có đáy hình thoi cạnh a, BAD với
cosα=3
4, cạnh bên AA'=2a. Gọi M điểm thỏa mãn ⃗DM=k.⃗DA N trung điểm cạnh A ' B ' Tính thể tích khối tứ diện C 'MD' N theo a và tìm k để C ' M⊥D ' N
Câu V.(1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [0;1]. Tìm giá trị lớn biểu thức P=a
3 +2 b2+1+
b3+2 c2+1+
c3+2 a2+1.
II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần(phần a b) a Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A, phương trình BC:2x − y −7=0, đường thẳng AC qua điểm M(−1;1), điểm A nằm đường thẳng Δ:x −4y+6=0. Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đỉnh A có hồnh độ dương
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
z −3¿2=9 y −2¿2+¿ x −1¿2+¿
(S):¿
đường thẳng
Δ:x −6
−3 =
y −2 2 =
z −2
2 . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M(4;3;4), song song với đường thẳng Δ tiếp xúc với mặt cầu (S)
Câu VIIa.(1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (z+1)(1+i)+ ¯z −1 1− i=¿z¿
2 . b Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng Δ:5x −2y −19=0 đường tròn (C):x2+y2−4x −2y=0. Từ điểm M nằm đường thẳng Δ kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A B hai tiếp điểm) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết
(2)2 Trongkhông gian với hệ tọa độ Oxyz,cho mặt cầu
y −1¿2
+z2=9 x+1¿2+¿
(S):¿
điểm A(1;0;−2). Viết phương
trình đường thẳng Δ tiếp xúc với mặt cầu (S) A và tạo với trục Ox góc α có cosα= 1 3√10. Câu VIIb. (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z −2i
z −2 số ảo Tìm giá trị lớn biểu thức T=¿z −1∨+¿z − i∨.
Hết
-Câu Đáp án Điểm
I. (2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
Tự làm 0,5
2 (1,0 điểm)
Do điểm O,và A thuộc đường thẳng :yx,để OABC hbh BCOA5
Hồnh độ B C nghiệm pt:
2
2
(3 ) ( 4) ( 1) (1)
x
x m x m x m x
x
Vì m2 2m25 0 m,nên (1) ln có hai nghiệm phân biệt , d cắt (C) hai điểm
Giả sư x x1, 2 nghiệm (1) ta có:
1 2
3 ( 4)
x x m
x x m
(2)
Khi
2 2
1 2 2
( ; ), ( ; ) 2( ) 2 ( ) 4
B x x m C x x m BC x x x x x x
(2) Thay (2) vào (3) ta được:
2 2 4 50 2 4 50 50 2
0 m
BC m m m m
m
Với m = O,A,B,C thẳng hàng nên khơng thỗ mãn Vậy với m = giá trị cần tìm.
0.25
0.25
0.25
0.25 0,5 II.
(2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠0,sinx ≠12 hay x ≠ ±π2+k2π , x ≠π6+k2π , x ≠56π+k2π , k∈Z. Khi phương trình cho tương đương với
sinx(4 cos
x −3)+4 cos2x −3
1−2 sinx =√3 cosx(2 sinx+1) ⇔(sinx+1)(1−4 sin
2 x)
1−2 sinx =√3 cosx(2 sinx+1) ⇔(sinx+1)(1+2 sinx)=√3 cosx(2 sinx+1)
(3)⇔
2sinx+1=0 ¿ sinx+1=√3 cosx
¿ sinx=−1
2 ¿ cos(x+π
6)= 1 2 ¿ x=−π
6+k2π , x=− 5π
6 +k2π ¿
x=π
6+k2π , x=− π 2+k2π ¿
¿ ¿
⇔¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm phương trình x=−π6+k2π , x=−56π+k2π , k∈Z
0,5
2 (1,0 điểm)
Hệ
⇔ x2
+1=y(x+y)(1) y(x+y)(x+y −2)+y=0(2)
¿{
* Nếu y=0 từ (1) suy khơng tồn x Do hệ vơ nghiệm * Với y ≠0, ta có (2)⇔(x+y)(x+y −2)+1=0 ⇔t2−2t
+1=0 (với t=x+y¿ ⇔t=1 Suy x+y=1
0,5
Hệ trở thành x2
+1=y x+y=1
⇔
¿y=1− x x2+x=0
⇔ x=0, y=1
¿ ¿ x=−1, y=2
¿ ¿{
¿ ¿ ¿ ¿
Vậy nghiệm (x; y) hệ (0;1),(−1;2).
0,5
III. Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị √1− x
x+1 =1− x
(4)(1,0
điểm) x ≠ −⇔ 1
√1− x2=1− x2 ⇔
1− x2=0, x ≠ −1 ¿
1− x2=1 ¿ ¿ ⇔ ¿ ¿ ¿ ¿ Vì √1− x
2
x+1 ≥1− x với x∈[0;1] nên diện tích hình giới hạn S=∫
0
(√1− x2
x+1 −(1− x))dx=∫0
√1− x2
x+1 dx −∫0
(1− x)dx=I −(x −x 2) ¿1
¿0=I − 1 2.
(1)
Tính I=∫
√1− x2
x+1 dx. Đặt x=sinu , u∈[− π 2;
π
2] Khi dx=cosudu , x=0 u=0 x=1 u=π/2 Suy
I=∫ π
√1−sin2u
1+sinu cosudu=∫0 π
cos2u
1+sinudu=∫0 π
(1−sinu)du=(u+cosu) ¿
π ¿0
=π 2−1
(2)
Từ (1) (2) ta có S=π 2− 3 2. 0,5 IV. (1,0 điểm
* Ta có VC 'MD' N= 1
3d(M ,(A ' B' C ' D')).SC 'ND= 1
3d(M ,(A ' B ' C ' D ')). 1 2SABCD ¿1
3.2a
2.a.a sinα=
a3
3 √1− 16=
a3√7
12
0,5
* Đặt ⃗AB=⃗x ,⃗AD=⃗y ,⃗AA'=⃗z. Ta có
⃗C ' M=⃗C ' D '+⃗D ' D+⃗DM=−⃗x −⃗z − k⃗y ⃗D ' N=⃗D ' A '+⃗A ' N=−⃗y+1
2⃗x
Khi C ' M⊥D ' N⇔⃗C ' M.⃗D ' N=0 ⇔( ⃗x+k⃗y+ ⃗z)(1
2⃗x −⃗y)=0
⇔1
2|⃗x|
−k|⃗y|2+(k
2−1)⃗x⃗y=0 ⇔1
2a
−ka2+(k
2−1).a.a. 3
4=0⇔k=− 2 5. 0,5 V. (1,0 điểm
Vì a , b∈[0;1] nên ta có a
+2 b2+1≤
a2+2 b2+1=(a
2
+2)(1− b b2+1)=(a
2
+2)−(a2+2). b b2+1≤ (a2+2)−(a2+2).b
2 2=a
2
− b2+2−1 2a
2 b2. Dấu đẳng thức xảy a , b∈{0,1}.
0,5 A
D
C B
A’ D’
(5)Hồn tồn tương tự, ta có b
+2 c2+1≤ b
2−c2 +2−1
2b
2c2;c3+2 a2+1≤ c
2− a2 +2−1
2c 2a2. Suy P≤6−1
2(a 2b2
+b2c2+c2a2)≤6.
Dấu đẳng thức xảy a , b , c∈{0,1} a2
b2+b2c2+c2a2=0 hay ba số a, b, c có nhiều số 1, số lại
Suy giá trị lớn P 6, đạt ba số a, b, c có nhiều số 1, số lại
0,5
VIa. (2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
Vì
A∈Δ:x −4y+6=0⇒A(4a −6; a)⇒⃗MA(4a −5;a −1). Vì tam giác ABC vng cân A nên ACB45 0
Do
a −1¿2 ¿ .√5
4a −5¿2+¿ ¿
√¿ |cos(⃗MA,⃗uBC)|=
1 √2⇔
|(4a−5)+2(a −1)| ¿
0,5
⇔13a2−42a
+32=0⇔ a=2
¿ a=16
13 ¿ A(2;2)
¿ A(−14
13 ; 16
13)(ktm) ¿
¿ ¿
⇒¿ ¿ ¿ ¿
Vậy A(2;2). Suy AC :x −3y+4=0,AB: 3x+y −8=0 Từ ta có B(3;−1), C(5;3).
0,5
2 (1,0 điểm)
Gọi ⃗nP(a ;b ;c)(a
+b2+c2≠0) vectơ pháp tuyến (P) Khi (P):a(x −4)+b(y −3)+c(z −4)=0.
Vì (P)//Δ nên ⃗nP⊥⃗uΔ, ⃗uΔ(−3;2;2) vectơ phương đường thẳng Δ Suy
−3a+2b+2c=0⇔a=2b+2c
3 (1)
Mặt khác, (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d(I ,(P))=R , I(1;2;3), R=3 tâm bán kính (S) Do |−3a − b −c|
√a2
+b2+c2 =3 (2)
Từ (1) (2) ta có b+c¿2=(2b+32c)
+b2+c2⇔2b2−5 bc+2c2=0 ¿
(3)
0,5 A
B
) 1 ; 1 ( M
2x y 7 0
:x 4y 6 0
(6)* Với c=0⇒b=a=0 (ktm) * Với c ≠0, ta có (3)⇔2(bc)
2 −5b
c+2=0⇔ b
c=2 b c=
1 2.
Với bc=2, ta chọn b=2,c=1⇒a=2 Khi (P):2x+2y+z−18=0 , ktm chứa Δ.
Với b c=
1
2, ta chọn b=1, c=2⇒a=2 Khi (P):2x+y+2z −19=0 , thỏa mãn
0,5
VIIa. (1,0 điểm)
Đặt z=x+yi(x , y∈R). Khi (z+1)(1+i)+ ¯z −1 1− i=|z|
2
⇔(x+1+yi)(1+i)+(x −1−yi)(1+i)
2 =x
2
+y2⇔3x+1− y+(3x+1+y)i=2(x2+y2)
0,5
⇔
3x+1− y=2(x2+y2) 3x+1+y=0
¿{
⇔ y=−(3x+1) 10x2
+3x=0 ⇔
¿x=0, y=−1 x=− 3
10 , y=− 1 10 . ¿{
Vậy z=−i z=− 3 10−
1 10i.
0,5
VIb. (2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
Đường trịn (C) có tâm I(2;1), bán kính R=√5 Gọi H=MI∩AB. Ta có AH=1
2AB= √10
2 . Trong tam giác vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có
1 AH2=
1 AI2+
1 AM2⇒
1 AM2=
4 10 −
1
5⇒AM=√5⇒MI=√10 Ta có Δ:5x −2y −19=0⇔Δ:x −25=y −53
⇒M(5+2m;3+5m)
0,5
Khi
2+5m¿2=10⇔29m2+32m+3=0⇔m=−1 3+2m¿2+¿
MI=√10⇔¿
m=− 3 29 . Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB đường trịn đường kính MI
Với m=−1 ta có M(3;−2). Khi pt đường tròn ngoại tiếp ΔAMB
(x −5 2)
2
+(y+1 2)
2 =5
2.
Với m=−293 ta có M(29139;7229). Khi pt đt ngoại tiếp ΔAMB
(x −197 58 )
2
+(y −101 58 )
2 =5
2.
0,5
2 (1,0 điểm)
Gọi ⃗uΔ=(a ;b ;c)(a2+b2+c2≠0) vectơ phương đường thẳng Δ Mặt cầu (S) có tâm I(−1;1;0). Vì đường thẳng Δ tiếp xúc với mặt cầu (S) A nên
⃗
IA(2;−1;−2)⊥u⃗Δ⇔2a −b −2c=0⇔b=2a −2c. (1) Mặt khác đường thẳng Δ tạo với trục Ox góc α với cosα= 1
3√10 nên ¿a∨ ¿
√a2+b2+c2
= 1
3√10⇔b
=89a2− c2 ¿
(2) Từ (1) (2) ta có phương trình 85a2
+8 ac−5c2=0 (3)
0,5
* Với c=0, suy a=0, b=0 (ktm) 0,5
A
B M
(7)* Với c ≠0, ta có (3)⇔85(a c)
2 +8a
c−5=0⇔ a c=
1
5 a c=−
5 17. Với a
c= 1
5, ta chọn a=1,c=5⇒b=−8 Suy phương trình Δ: x −1
1 = y −8=
z+2 5 . Với ac=−175 , ta chọn a=5, c=−17⇒b=44 Suy phương trình
Δ:x −1 5 =
y 44=
z+2 −17.
VIIb. (1,0
điểm) Đặt z=x+yi(x , y∈R). Khi
x −2¿2+y2 ¿ ¿ z −2i
z −2 =
x+(y −2)i (x −2)+yi=
[x+(y −2)i].[(x −2)−yi] ¿
x −2¿2+y2
¿ x −2¿2+y2
¿ ¿ ¿
¿x(x −2)+(y −2)y ¿
số ảo
x −2¿2+y2 ¿ ¿
x(x −2)+(y −2)y ¿
⇔
x2+y2=2(x+y) ¿
x −2¿2+y2≠0 ¿ ¿
0,5
Ta có
x −1¿2+y2 ¿ y −1¿2
x2 +¿ ¿
T=¿z −1∨+¿z − i∨¿∨(x −1)+yi∨+¿x+(y −1)i∨¿√¿ ¿√1+2y+√1+2x
Áp dụng BĐT Cơsi ta có
x+y¿2 2(x+y)=x2+y2≥1
2¿ Suy
x+y ≤4 Suy T2≤2
(2+2(x+y))≤20
Suy T ≤2√5 , dấu đẳng thức xảy x=y=2 Vậy giá trị lớn T 2√5 , đạt z=2+2i