De thi thu va dap an truong THPT Ly Tu Trong BĐ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (122.53 KB, 7 trang )
SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH KÌ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012-2013
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Môn: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số
(
)
432
23
++++= xmmxxy
có đồ thị
(
)
m
C
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.
2. Cho đường thẳng d:
4
+
=
xy
và điểm E(1;3). Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho d cắt
(
)
m
C
tại
ba điểm phân biệt A(0;4), B, C sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4.
Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2cossin3
4
2sin2 ++=
+ xxx
π
2. Giải hệ phương trình:
( ) ( ) ( )
=−+−++
+−=−
2331
22
22
yxxyxy
yxxyyx
Câu III. (1
điểm) Tính tích phân:
dx
x
xx
I
∫
+
+
=
4
0
2cos1
4sin
π
Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC đều cạnh bằng a, SA
⊥
(ABC), góc giữa mặt phẳng
(SBC) và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC; I là trung
điểm của BC. Tính thể tích khối tứ diện AIHK và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
Câu V. (1 điểm)
Cho x, y là hai số thực thỏa mãn
2
22
=+− yxyx
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
72 yxyxM −+=
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Thí sinh chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Chương trình chuẩn
Câu VIa. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết tọa độ các đỉnh A(2;0), B(3;0)
và I là giao điểm của AC và BD, I nằm trên đường thẳng y = x. Xác định tọa độ các điểm C, D.
2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(4;0;0), B(0;4;0) và mặt phẳng
(
)
0423: =+−+ zyxP
. Gọi I là
trung điểm của AB. Tìm điểm tọa độ K sao cho KI vuông góc với (P), đồng thời K cách đều mặt phẳng (P) và
gốc tọa độ O.
Câu VIIa. (1 điểm)
Cho số phức z có phần ảo dương và thỏa mãn phương trình:
0
2
=+ zz
. Tính:
1
3
++ zz
.
B. Chương trình nâng cao
Câu VIb. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân ở đỉnh A. Đỉnh A có tọa độ là các số dương, hai điểm B, C
nằm trên trục Ox, phương trình cạnh AB:
(
)
173 −= xy
. Biết chu vi của tam giác ABC bằng 18. Tìm tọa độ
các điểm A, B, C.
2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
1
1
:
1
zyx
d ==
và
1
1
1
2
1
:
2
−
==
−
+
zyx
d
.
Chứng minh
21
,dd
chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng
∆
song song với mặt phẳng
(
)
0: =+− zyxP
và cắt hai đường thẳng
21
,dd
lần lượt tại A, B sao cho
2=AB
.
Câu VIIb. (1 điểm) Giải bất phương trình:
(
)
4log28loglog
2
9
2
3
2
3
−>−− xxx
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012-2013
CÂU
N
ỘI DUNG
Đi
ểm
I-1
(1điểm)
• Khi m = 1, hàm số trở thành:
442
23
+++= xxxy
• Tập xác định: D = R
• Sự biến thiên:
- −∞=
−∞→
y
x
lim , +∞=
+∞→
y
x
lim
- y’ = 3x
2
+ 4x + 4 >0,
Rx
∈
∀
.
- Hàm số luôn đồng biến trên R.
- Hàm số không có cực trị.
•Bảng biến thiên :
• Đồ thị :
y’’ = 6x+4, y’’ = 0
3
2
−=⇔ x
suy ra điểm uốn
−
27
52
;
3
2
U
0.25
0.25
0.25
0.25
I-2
(1điểm)
•
Phương tr
ình hoành
đ
ộ giao điểm của (C
m
) và d:
44)3(2
23
+=++++ xxmmxx
=+++
=
⇔=+++⇔
(*)022
0
0)2(2
2
23
mmxx
x
xmmxx
• d cắt (C
m
) tại 3 điểm phân biệt A(0;4), B, C
⇔
phương trình (*) có 2 nghiệm phân
biệt khác 0.
2
1 2
' 2 0
2
2 0
m m
m m
m
m
< − ∨ >
∆ = − − >
⇔ ⇔
≠ −
+ ≠
• Gọi
21
, xx
là hoành độ của B, C. Khi đó
21
, xx
là hai nghiệm của phương trình (*).
Theo định lý Viet ta có:
+=
−=+
2.
2
21
21
mxx
mxx
( )
324.2.
2
1
4.,
2
1
4
2
=⇔=⇔=⇔=
∆
BCBCBCdEdS
EBC
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
163244
2
12
2
12
2
12
=−⇔=+−++−⇔ xxxxxx
(
)
(
)
16244164
2
2
2
21
=+−⇔=−+⇔ mmxxxx
x
=
−=
⇔=−−⇔
)(3
)(2
06
2
nm
lm
mm
• V
ậy m= 3 là giá trị cần tìm.
0.25
0.25
0.25
0.25
6
4
2
-2
-2
1
x
y
o
52
27
-
2
3
y
y'
x
+
∞
-
∞
+
+
∞
-
∞
II-1
(1điểm)
•
Phương tr
ình
đ
ã cho t
ương đương v
ới:
2cossin31cos2cos.sin22cossin32cos2sin
2
++=−+⇔++=+ xxxxxxxxx
03cossin3cos2cos.sin2
2
=−−−+⇔ xxxxx
(
)
(
)
(
)
03cos2cossin3cossin.cos2 =−++−+⇔ xxxxxx
(
)
(
)
(
)
03cos23cos2cossin =−+−+⇔ xxxx
(
)
(
)
03cos21cossin =−++⇔ xxx
1
4
sin21cossin −=
+⇔−=+⇔
π
xxx
−=
−
=
+⇔
4
sin
2
1
4
sin
ππ
x
+=
+−=
⇔
+=+
+−=+
⇔
ππ
π
π
π
ππ
π
ππ
2
2
2
2
4
5
4
2
44
kx
kx
kx
kx
0.25
0.25
0.25
0.25
II-2
(1 điểm)
• ĐK:
x y 0
x y 0
+ ≥
− ≥
Khi đó Pt (7)
(
)
2 2
x 4y y x 2y x 2y 0
⇔ − − − + − =
(
)
(
)
x 2y x y 1 0
⇔ − + + =
x 2y
⇔ =
( do
x y 1 x y 0
+ + > + ≥
).
• Với x = 2y thay vào pt (8) ta được:
( ) ( )
3
3
y 0
y 1 9y 2y 3 y 2 y y 2 y 4
y 4
≥
+ − + = ⇔ = ⇔ ⇔ =
=
3
x 2 4
⇒ =
• Vậy hệ pt có một nghiệm là :
(
)
(
)
3 3
x;y 2 4; 4
=
.
0.25
0.25
0.5
III
(1điểm)
•
dx
x
xx
I
∫
+
+
=
4
0
2cos1
4sin
π
=
44 344 21
J
dx
x
x
∫
+
4
0
2cos1
π
+
44 344 21
K
dx
x
x
∫
+
4
0
2cos1
4sin
π
• Tính K=
dx
x
xx
dx
x
x
∫∫
+
=
+
4
0
4
0
2cos1
2cos.2sin2
2cos1
4sin
ππ
Đặt u = 1+cos2x => du = -2sin2x.dx
Đổi cận : x = 0 => u = 2 ; x =
4
π
=>u = 1
Suy ra K =
( )
2ln1ln
1
1
1
2
1
2
1
2
1
−=−=
−=
−
∫∫
uudu
u
du
u
u
• Tính J=
dx
x
xdx
x
x
∫∫
=
+
4
0
2
4
0
cos2
1
.
2cos1
ππ
Đặt
=
=
⇒
=
=
xv
u
x
v
x
u
tan
2
1
'
cos
1
'
2
2
Suy ra
−
=
4
0
tan.
2
π
x
x
J
dxx
∫
4
0
tan
2
1
π
=
8
π
+
4
0
cosln
2
1
π
x
=
8
π
-
2ln
4
1
.
• V
ậy I = J + K =
5
1 ln2
8 4
π
+ −
.
0.25
0.25
0.25
0.25
IV
(1điểm)
• Ta có
(
)
0
60)(),( =∠= SIAABCSBC
Suy ra SA = AI.tan60
0
=
2
3a
•
8
3
4
3
.
2
3
3
1
3
1
32
aaa
SSAV
ABCSABC
===
(đặt = V)
•
13
9.
22
2
2
=
+
==
AB
SA
SA
SB
SBSH
SB
SH
•
13
9.
22
2
2
=
+
==
AC
SA
SA
SC
SCSK
SC
SK
•
VV
SC
SK
SB
SH
V
V
SAHK
SABC
SAHK
169
81
169
81
. =
⇒
==
(1)
•
VVV
SB
HB
V
V
SABIHABI
SABI
HABI
13
2
13
4
13
4
==⇒==
(2)
• Tương tự
VV
KACI
13
2
=
(3)
• Từ (1), (2), (3) suy ra :
338
39
169
36
13
2
13
2
169
81
3
a
VVVVVVVVVV
KACIHABISAHKSABCAHIK
==−−−=−−−=
Cách khác : Tính tr
ực tiếp
338
39
.
3
1
3
a
ShV
HKIAAHIK
==
0.25
0.25
•
K
ẻ đ
ư
ờng thẳng d qua B v
à // AC
Kẻ AQ vuông góc với d tại Q.
Kẻ AJ vuông góc SQ tại J suy ra AJ
⊥
(SQB)
• Ta có
(
)
(
)
(
)
)(,)(,, SQBAdSQBACdSBACd ==
=AJ =
22
22
.
AQSA
AQSA
+
Vì QB//AC nên góc ABQ = 60
0
, suy ra
AQ = AB.sin(ABQ) =
2
3a
• Vậy
(
)
=SBACd ,
22
22
.
AQSA
AQSA
+
=
4
3
4
3
4
9
4
3
.
4
9
22
22
a
aa
aa
=
+
0.25
0.25
V
(1điểm)
•
N
ếu y = 0 th
ì M = x
2
=2.
Nếu
0
≠
y
thì đặt
y
x
t =
, khi đó x = ty .
Từ
2
22
=+− yxyx
ta có
2
2222
=+− ytyyt
(
)
2
222
2
121
y
ttytt =+−⇔=+−⇔
Vì
2
2
y
>0 nên
Rttt
∈⇔>+−
01
2
.
0.25
0.25
K
H
I
C
B
A
S
Q
J
K
H
I
C
B
A
S
• Và ta có:
Rt
tt
tt
y
x
y
x
y
x
y
x
yxyx
yxyx
M ∈
+−
−+
=
+
−
−
+
=
+−
−+
= ,
1
72
.2
1
72
.2
72
.2
2
2
2
2
22
22
Xét hàm số Rt
t
t
tt
tf ∈
+−
−+
= ,
1
72
)(
2
2
,
( )
2
2
2
1
5163
)('
+−
−+−
=
tt
tt
tf
,
=
=
⇔=
5
3
1
0)('
t
t
tf
Bảng biến thiên
• Từ bảng biến thiên suy ra
3
8
max =M
,
16min
−
=
M
Cách khác:
• Xét phương trình:
Rtm
t
t
tt
∈=
+−
−+
,
1
72
2
2
(
)
(
)
Rtmtmtm ∈=+++−−⇔ ,0721
2
• Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
3
4
8 0 ≤≤−⇔⇔≥∆ m
• Từ đó suy ra
3
8
max =M
,
16min
−
=
M
.
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa1.
(1điểm)
• Ta có
1
4
1
==
∆ ABCDIAB
SS
, AB =
( )
1023
2
2
=+−
•Mặt khác :
ABIHS
IAB
.
2
1
=
∆
hay ta có :
21.
2
1
1 =⇔= IHIH
• I thuộc d: y = x nên suy ra I(t;t)
Ta có phương trình đường thẳng AB: y = 0
IH = 2
⇔
( )
−=
=
⇔=⇔=
2
2
22,
t
t
tABId
• Với t = 2 suy ra I(2; 2). Vì I là trung điểm của AC và BD, sử dụng công thức tọa độ
trung điểm ta có C(2; 4), D(1; 4).
• Với t = -2 suy ra I(-2; -2). Vì I là trung điểm của AC và BD, sử dụng công thức tọa độ
trung điểm ta có C(-6; -4), D(-7; -4).
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa2.
(1điểm)
•
Ta có I là trung đi
ểm AB suy ra I(2; 2; 0)
• (P) có VTPT là:
(
)
1;2;3
−=
n
.
• Vì KI vuông góc (P) nên đường thẳng KI qua I nhận
(
)
1;2;3 −=n
làm VTCP nên có
0.25
0.25
1
1
-2 13-2
3
2 13-2
3
+
-
-
t
f
f'
0
0
13+4
3
13-4
3
+
∞
-
∞
3
1
5
-8
3
4
H
I
D
C
B
A
phương trình:
−=
+=
+=
tz
ty
tx
22
32
. K thuộc KI nên
(
)
tttK −++ ;22;32
• Theo đề ta có:
( ) ( ) ( )
2
22
2232
14
44496
)(, ttt
ttt
KOPKd ++++=
+++++
⇔=
82014114
2
++=+⇔ ttt
4
3
68 −=⇔−=⇔ tt
Suy ra
−
4
3
;
2
1
;
4
1
K
0.25
0.25
VIIa.
(1điểm)
• Gọi z = x + yi ,
(
)
0,, >∈ yRyx
suy ra
xyiyxz 2
222
+−=
và
22
yxz +=
.
• Phương trình đã cho trở thành:
(
)
=
=++−
⇔=++++
(2) 02
(1) 0
02
2222
2222
xy
yxyx
xyiyxyx
• Do y>0 nên từ (2) ta có x = 0, thay vào (1) ta được:
1 0
2222
=⇔=⇔=+− yyyyy , (do y>0)
Suy ra số phức z đã cho là: z = i
• Ta có z
3
= - i,
iz −=
, suy ra
izz 211
3
−=++
• Do đó: 5)2(11
223
=−+=++ zz
0.25
0.25
0.25
0.25
VIb1.
(1điểm)
• Ta có B là giao điểm của AB với trục hoành suy ra B(1;0)
• A thuộc AB suy ra A
(
)
)1(73; −aa
• Theo giả thiết ta suy ra a>1.
Gọi AH là đường cao của tam giác ABC suy ra H(a;0)
suy ra C(2a-1;0) suy ra BC = 2(a-1), AB = AC = 8(a-1)
• Chu vi tam giác ABC là 18 nên ta có:
AB + AC + BC = 18
⇔
18a – 18 = 18
⇔
a = 2.
• Vậy
(
)
(
)
73;2,0;3 AC
, B(1;0)
0.25
0.25
0.25
0.25
VIb2.
(1điểm)
• d
1
qua O(0;0;0) và nhận
(
)
2;1;1
1
=u
làm VTCP.
• d
2
qua I(-1;0;1) và nhận
(
)
1;1;2
2
−=u
làm VTCP.
• Ta có:
[
]
04.,
21
≠=OIuu
. Suy ra d
1
, d
2
chéo nhau.
• A thuộc d
1
suy ra A(a;a;2a) ; B thuộc d
2
suy B(-1-2b;b;1+b)
• AB//(P) suy ra
abnAB
P
−=⇔= 0.
.
Do đó B(-1+2a;-a;1-a) và
AB
= (-1+a;-2a;1-3a)
( ) ( )
=
=
⇔=−⇔=−++−⇔=⇔=
7
4
0
0472314122
2
2
2
2
2
a
a
aaaaaABAB
• Với a = 0 ta có A
≡
O thuộc (P) khi đó
⊂
∆
(P) nên loại.
• Với a =
7
4
ta được
−
7
3
;
7
4
;
7
1
,
7
8
;
7
4
;
7
4
BA
và
−−−=
7
5
;
7
8
;
7
3
AB
u
7
1
−=
, với
(
)
5;8;3u
0.25
0.25
0.25
O
H
CB
A
Vậy
5
7
8
8
7
4
3
7
4
:
−
=
−
=
−
∆
zyx
0.25
VIIb.
(1điểm)
• Đặt
xt
3
log=
, bất phương trình đã cho trở thành:
( )
( )
−>−−
≥
≥−−
<
⇔−>−−
(II)
4482t
4t
(I)
082
4
4282
2
2
2
2
tt
tt
t
ttt
2
4
2
4
)( −≤⇔
≥
−≤
<
⇔ t
t
t
t
I hay ta có:
9
1
02log
3
≤<⇔−≤ xx
(*)
64
64
4t
02410t
4t
)(
2
<<⇔
<<
≥
⇔
<+−
≥
⇔ t
t
t
II
Hay ta có: 729816log4
3
<<⇔<< xx
(**)
• Từ (*) và (**) suy ra bất phương trình đã cho có tập nghiệm:
( )
729;81
9
1
;0 ∪
=S
0.25
0.25
0.25
0.25
Hết
Ghi chú: mọi cách giải đúng và hợp lý khác đều cho điểm tối đa.
