* Chú ý: - Thí sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa - Câu hình học không gian câu 4, nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN – NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN – Khối A, A1, B, D Thời gian làm bài: 180 phút SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu (2 điểm) x y x có đồ thị là (C) Cho hàm số: Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Gọi I là giao điểm tiệm cận (C), M là điểm thuộc (C) có hoành độ lớn Viết phương trình tiếp tuyến (C) M biết tiếp tuyến đó vuông góc với IM Câu (2 điểm) cos3 x sin x 1 2sin x 2sin x cos x Giải phương trình: 2 Giải bất phương trình: x 1 x 3 3x cos x ln(1 sin x) I dx sin x Câu (1 điểm) Tính tích phân: Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O; tam giác SBD cạnh 2a , tam giác SAC vuông S có SC a ; góc mp(SBD) và mặt đáy 60 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách đường thẳng AC và đường thẳng SB Câu (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a b c 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S a3 b3 c3 ab c c bc a a ac b b II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần A B A Theo chương trình Chuẩn Câu 6.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích 144 Gọi điểm M (2;1) là trung điểm đoạn AB; đường phân giác góc A có phương trình AD : x y 0 Đường thẳng AC tạo với đường thẳng AD góc mà biết đỉnh B có tung độ dương cos Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Câu 7.a (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P) : x y z 0 và các đường thẳng x y z x y z d1 : ; d2 : 2 1 Viết phương trình đường thẳng nằm mp(P), vuông góc với d1 và cắt d z i z z Câu 8.a (1 điểm) Tính biết z là số phức thỏa mãn: ( z 2)( z 1) là số ảo và B Theo chương trình Nâng cao 2 Câu 6.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x y x y 0 và đường thẳng d : x y 1 0 Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ngoại tiếp đường tròn (C) biết đỉnh A thuộc đường thẳng d và có hoành độ dương x y 1 z và mặt phẳng Câu 7.b (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng (P): x y z 0 Gọi M là giao điểm đường thẳng d và mp(P) Viết phương trình đường thẳng d: nằm mp(P), vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến log x.( x 1)2 log x.log ( x x) 0 Câu 8.b (1 điểm) Giải phương trình: 42 (2) - Thí sinh thi khối D không phải làm câu - Cán coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung x y x 1 Khảo sát và vẽ (C): Điểm 0,25đ D R \ 1 * TXĐ: * Sự biến thiên: x 1 x x tiệm cận ngang là đường thẳng y 1 - Giới hạn: x x x lim y lim ; lim y lim ; x x x x x x tiệm cận đứng là đường thẳng x y' 0 ( x 1) - Chiều biến thiên: hàm số đồng biến trên TXĐ D lim y lim 0,25đ - Bảng biến thiên: x y' 1 0,25đ y * Đồ thị: - Đồ thị hàm số qua điểm (0; 2) , (2;0) , ( 2; 4) , ( 4;3) và đối xứng qua điểm I ( 1;1) 0,25đ Viết phương trình tiếp tuyến… - Giao điểm tiệm cận là I ( 1;1) a 2 M a; (C ) ( a 1) - Gọi a , , suy phương trình tiếp tuyến M là: a u 1; y ( x a) (a 1) a tiếp tuyến có vectơ phương là: (a 1) 0,25đ 0,25đ (3) 3 IM a 1; a 1 - Vectơ 0,25đ u.IM 0 a - Tiếp tuyến vuông góc với IM và a a (a 1)4 9 a a a 0 (a 1)3 0,25đ (do a 1) Vậy phương trình tiếp tuyến là: y x cos3 x sin x 2sin x 2sin x cos x Giải phương trình lượng giác: (1) cos x 0 x m , m Z * ĐK: 0,25đ PT(1) cos x 2sin x 2sin x 1 2 cos3 x sin x 1 cos x cos x sin x 2sin x.cos x (cos x sin x) 0 cos x cos x sin x cos x sin x (cos x sin x) 0 0,25đ cos x sin x cos x(cos x sin x) cos x sin x 1 0 cos x sin x cos x 2sin x cos x cos x sin x 0 cos x sin x cos x sin x cos x sin x 0 cos x sin x 0 tan x 1 cos x sin x cos x sin x 0 sin x cos x sin x cos x x k x k tan x 1 x x k 2 x k 2 sin x sin x 4 4 4 x x 5 k 2 x k 2 4 3 2 x k , x k , k Z 3 - Kết hợp điều kiện ta họ nghiệm: 2 Giải bất phương trình: x 1 x 3 (1) x 1 x 3x 3x 2 1 2t 1 t t 1 t 1 t 0 t 2 t 1 t 0 t 2 (t 1) 3x 1 3x 0 3x 2 0,25đ (1) x 3 x - Ta có: - Đặt t 3x (t 0) x t , BPT (2) trở thành: t 0,25đ (2t 1) 0 t 1 x x x 0 T ; 1 0; - Vậy BPT ban đầu có tập nghiệm là: 3x 2t t 0 (2) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ (4) Tính tích phân: cos x ln(1 sin x) cos x.dx ln(1 sin x) I dx sin x dx sin x sin x 6 d (sin x) ln(1 sin x) dx J 2 sin x sin x sin x 6 - Tính 0,25đ 2J ln(1 sin x ) J dx sin x J cot x.ln(1 sin x) u ln(1 sin x) dx dv sin x Đặt cos x dx du sin x v cot x 3 2 ln ln 2 6 2 dx dx ln ln x K sin x 2 2 ln ln K 2 12 - Tính 6 0,25đ dx sin x.dx d (cos x ) 1 K dx 2 cos x cos x sin x sin x cos x 1 cos x 2 ln ln cos x 1 I 2 Vậy 0,25đ cos xdx 2 sin x ln ln dx 2 sin x sin x (1 sin x) 0,25đ 2 2 ln ln ln 2 12 1 S I D A O H C B * Tính thể tích… - Trong mp(SAC) dựng SH AC H - Do SBD nên SO BD , lại ABCD là hình thoi nên AC BD BD mp( SAC ) BD SH SH mp( ABCD) - Vì SBD có cạnh 2a SO a và SO BD - Lại CO BD SOC 60 là góc mp(SBD) và mp(ABCD) 0,25đ (5) 3a 2 - Nhận thấy: SOC có SC SO a 3, SOC 60 SOC là tam giác 1 CO a AC 2a S ABCD AC BD 2a.2a 2a 2 1 3a VS ABCD SH S ABCD a a 3 3 * Tính khoảng cách SB và AC - Gọi I là trung điểm SD OI // SB mp( IAC ) // SB SH SO.sin 600 a 0,25đ d ( AC; SB) d ( B;( IAC )) d ( D;( IAC )) h d ( I ;( ABCD)) d ( S ;( ABCD)) - Ta thấy: I là trung điểm SD nên ; 1 a SADC S ABCD VI ADC VS ABCD 4 ; Lại thấy: 0,25đ 2 2 2 - Lại có: CD CO OD 3a a 4a SC CD SD 3a 4a 4a 5a IC 4 2 5a OI OC IC IC ; IO a ; OC 3a cos IOC 2.OI OC Tam giác ICO có 13 1 13 a 39 a 39 OI OC.sin IOC a.a SIAC 2.SIOC 2 sin IOC cos IOC SOIC 0,25đ 3VD IAC 3a 3 a 39 3a : VI ACD VD.IAC h.SIAC h SIAC 4 13 - Mà 3a d ( AC ; SB) V a 13 Vậy S ABCD và 2 - Đặt x a , y b , z c x, y, z 0, x y z 12 0,25đ 6 x y z + + và S= 3 xy+ √ 1+ z yz +2 √ 1+ x zx +2 √ 1+ y - Áp dụng BĐT AM-GM ta có: √ 1+ x 3=2 √ (1+ x)( 1− x + x 2)≤ 1+ x +1 − x + x 2=x 2+2 ; dấu “=” xảy và x=2 3 - Tương tự: y y 2, z z ; các dấu “=” xảy và y 2, z 2 0,25đ - Áp dụng các kết trên và giả thiết ta được: 0,25đ (6) S x6 y6 z6 ( x3 y z )2 xy z yz x zx y xy yz zx x y z x y3 z x y z ( x 2) ( y 2) ( z 2) x y3 z3 x2 y z 2( x y z ) 2 - Áp dụng BĐT AM-GM ta được: x y3 z3 2( x y z ) x3 y z 0,25đ x2 y z 3 x + x +4 ≥ x ⇒ x ≥3 x − , dấu “=” xảy 2 ⇔ x=2 Tương tự suy x 3+ y3 + z ≥3 (x 2+ y + z 2) −12 ≥ 3( x 2+ y 2+ z )−( x 2+ y 2+ z )=2( x + y 2+ z 2) ( x 2+ y 2+ z ) 8( x 2+ y 2+ z ) 96 = ≥ Suy S ≥ , dấu “=” xảy ⇔ x= y =z=2 5 5(x + y 2+ z 2) 96 S x y z 2 a b c 4 Vậy * Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AD A M ' AC + Ta có pt MM ' : x y 0 M’ I + Gọi I MM ' AD I ( 1; 2) M MM ' M ( 4; 5) + Do I là trung điểm * Đường thẳng AD có vtpt là n (1;1) B D + Giả sử đường thẳng AC có vtpt là n1 (a; b), a b 0 + Theo giả thiết suy ra: a b n.n1 cos cos n, n1 a 50 ab 7b 0 2 n n1 a b 6.a 0,25đ C a 7b b 7 a + Với a 7b , chọn b 1 a 7 pt AC : x y 33 0 x y 0 x A AD AC A : A 5; x y 33 y - Điểm B 9; - Điểm M (2;1) là trung điểm AB (loại) + Với b 7 a , chọn a 1 b 7 pt AC : x y 39 0 0,25đ 0,25đ x y 0 x 3 A AD AC A : A 3; x y 39 y - Điểm B 1;8 - Điểm M (2;1) là trung điểm AB (thỏa mãn đk) AB 10 và pt AB : x y 15 0 d ( M '; AB) 48 2; 144 SM ' AB d ( M '; AB) AB 48 SABC d (C ; AB) 3.d ( M '; AB) 3 * Nhận thấy: Lại vì M’ nằm A, C nên AC 3 AM ' C ( 18; 3) A 3; B 1;8 C ( 18; 3) Vậy , , là các điểm cần tìm 0,25đ (7) mp( P ) n (2; 1; 2) ; - Ta thấy: có vectơ pháp tuyến là u (1;3; 2) Đường thẳng d1 có vectơ phương là: 7.a x 1 2 x y z 0 A d ( P) A : x y z y 2 A (1; 2;0) z 0 - Gọi u - Giả sử đường thẳng có vectơ phương là ( P ) u n u n, u1 ( 8; 2;7) d1 u u nên có thể chọn + Vì + Lại ( P ) và cắt d qua A (1;2;0) x y z : 8 2 Vậy phương trình đường thẳng z a2 b2 - Giả sử z a bi , (a, b R) z a bi và ( z 2)( z 1) (a 2) bi ( a 1) bi (a 2)( a 1) b 3bi + Ta có là số 2 ảo và (a 2)(a 1) b 0 a b a 0 (1) + Mặt khác: 8.a z 3 a b a b 3 (2) z 1 2i z 1 2i + Từ (1) và (2) ta a 1, b z i z (1 2) (1 2)i z i z 2(1 2) 2 z i z (1 2) (1 2)i z i z 2(1 2) 2 Vậy z i z 2 z i z 2 - Đường tròn (C) có tâm I (2; 3) , bán kinh R 2 - Vì đỉnh A d : x y 0 A (a; a 1) với a - Vì đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD nên tâm đường tròn (C) là tâm 2 hình vuông và IA R 2 IA 8 2(a 2) 8 a 2 a 4 (a 2) 4 A (4; 5) a a 0 (loai) + Vì I là trung điểm AC C (0; 1) 6.b 7.b 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Đường thẳng BD AC I pt BD : x y 0 - Lại thấy các đỉnh B và D là giao điểm đường thẳng BD và đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD suy tọa độ B, D là nghiệm hệ phương trình: x 4 0,25đ x y 0 y B (4; 1), D (0; 5) B (0; 5), D (4; 1) 2 x 0 ( x 2) ( y 3) 8 y 0,25đ Vậy các đỉnh hình vuông là: A (4; 5), B (4; 1), C (0; 1), D (0; 5) A (4; 5), B (0; 5), C (0; 1), D (4; 1) - Vì M d ( P ) M (0; 1; 2) - Mp(P) có vectơ pháp tuyến là: n (1;1;1) ,đường thẳng d có vectơ phương là: 0,25đ (8) u (2;1; 1) Do đường thẳng cần tìm nằm mp(P) và vuông góc với đường u n, u ( 2;3; 1) thẳng d nên đường thẳng có vectơ phương là: - Gọi N ( x; y; z ) là hình chiếu vuông góc M trên , suy MN ( x; y 1; z 2) + Theo giả thiết suy ra: MN u1 x y z 0 N (4;0; 7) N ( P) x y z 0 N ( 4; 2;3) x ( y 1) ( z 2) 42 MN 42 - Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán: x y z 7 x4 y2 z : : 2 2 1 * Giải PT: - ĐK: x log x.( x 1)2 log x.log ( x x) 0 0,25đ 0,25đ (1) 0,25đ ( x x )2 PT(1) log log x.log ( x x) 0 x log ( x x) log x log x.log ( x x ) 0 8.b 0,25đ log ( x x) 1 log x log ( x x) 1 0 log ( x x) 1 log x 0 x x 0 log ( x x) 0 log ( x x) 1 log x log x x - Kết hợp điều kiện ta thấy PT(1) có nghiệm: x 2 0,25đ x x 2 x 0,25đ 0,25đ * Chú ý: - Thí sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa - Câu hình học không gian (câu 4), thí sinh không vẽ hình vẽ hình sai thì không chấm điểm - Thí sinh thi khối D không phải làm câu 5, điểm câu đó tính vào câu (mỗi ý 0,5 điểm) (9)