De chuyen Dong Thap 2012 A

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (238.79 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1 
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Mơn: TỐN; Khối: A + B 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3x22.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và độ dài
đoạn thẳng AB bằng 4 2.

Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình





2 2

sin cos 2sin 2

sin sin 3

1 cot 2 4 4

x x x

x x

x

 

      

       

     .

2. Giải hệ phương trình





3
2

2 2 2

x y

y x x



  






    







x y,  



.

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân





1 ln 2 1

2 ln

e x x x

I dx

x x

  







Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC a BC , 2 ,a ACB 1200và đường thẳng
A C' tạo với mặt phẳng



ABB A' '



góc 30 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai 0
đường thẳng ' ,A B CC' theo a.

Câu V (1,0 điểm) Cho phương trình





4 6 x x  3x m x 2 2 3 x
Tìm m để phương trình có nghiệm thực.

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
 A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn

 

2 2

: 18 6 65 0

C x y  x y 

và





2 2

' : 9

C x y 

Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C’), gọi A, B là các tiếp điểm. Tìm
tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng 4,8 .

2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng

 

: 1 2
1
x t

d y t

z




 


 

 và điểm A



1;2;3



. Viết phương trình
mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) sao cho khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) bằng 3.
 Câu VII.a (1.0 điểm) Giải bất phương trình









2 2

log 2 1 log 2 0

2 x  x  x  .

B. Theo chương trình Nâng cao
 Câu VI.b (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I



3;3



và AC2BD. Điểm

4
2;

3
M 

  thuộc đường

thẳng AB, điểm

13
3;

3
N 

  thuộc đường thẳng CD. Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có
hoành độ nhỏ hơn 3.

2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng

 

x 1 y 2 z x 2 y 1 z 1

d : ; d :

1 2 1 2 1 1

    

   

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu VII.b (1.0 điểm) Giải phương trình













3 9 3

log 1 log 2 1 log 1

x   x  x

--- Hết --- 
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:...; Số báo danh:...

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - LẦN 1

Môn: TOÁN; Khối: A+B

(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điể

m

I

(2,0 điểm) 1.  (1,0 Tập xác định: điểm) D

 Sự biến thiên:

ￚ Chiều biến thiên: y' 3 x2 6x; y' 0  x0 hoặc x2

0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng



 ;0



và



2;



; nghịch biến trên khoảng



0;2



ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x2; yCT2, đạt cực đại tại x0; yCĐ2

ￚ Giới hạn: xlim  y ; limx y

0.25

ￚ Bảng biến thiên: 0.25

 Đồ thị: 0.25

2.(1,0 điểm)

Đặt



 



3 2 3 2

; 3 2 ; ; 3 2

A a a  a  B b b  b 

với a b . Hệ số góc của tiếp tuyến với (C)

tại A, B là:









2 2

' 3 6 ; ' 3 6

A A B B

k y x  a  a k y x  b  b

.
Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>



 



2 2

3 6 3 6 2 0 2

A B

k k  a  a b  b a b a b     b  a

.
Độ dài đoạn AB là:

































2 3 3 2 2

2 2 2 2

2 2 2

. 3

4 1 4 1 . 1 3

AB a b a b a b

a b a b a ab b a b

a a a

 

      

 

         

 

     

 

0.25

























4 2 4 2

2
2

4 2 4 1 8 1 32 0 1 2 1 8 0

1 4 3

1 2

AB a a a a

a a

a
a

            

    



  



   

 .

0.25

 Với a 3 b1
 Với a 1 b3

Vậy A



3;2 ,



B



1; 2



hoặc A



1; 2 ,



B



3; 2



0.25

II
(2,0 điểm)

1. (1,0 điểm)

Điều kiện: sinx0(*). Khi đó:

Phương trình đã cho tương đương với:





sin2 cos 2 .sin 2 cos 2 .sin

x x x   x x

 

0.25





cos 2 .sin cos 2 sin 1 .cos 2 0

4 4 4

x  x x  x x 

     

           

     

0.25



sin 1 2

2
x  x k 



k 



, thỏa (*)

0.25



cos 2 0

4 8 2

k

x  x  

 

    

 

 



k 



, thỏa (*)

Vậy, phương trình có nghiệm:





2 ; .

2 8 2

k

x k  x    k 

0.25

2.(1,0 điểm)

Điều kiện: x2;y2

Đặt u x2;v y2 với ,u v0(*) . Hệ trở thành:





2 2

(1)
2

2 4 (2)

u v

v u u



 





   





0.25

Thế (1) vào (2) ta được phương trình:

2 3

4 3 2

7 1

2 8

2 4

2 7 8 12 0

u u u

u u u u

 

   

 

 

     

0.25



 







1 2 5 6 0

u u u u

     

 u 1 u2 (vì u25u 6 0, u 0)
 Với u1 thay vào (1) ta được

5
2
v

, không thỏa (*)

 Với u2 thay vào (1) ta được
1
2
v

, thỏa (*)

0.25

Vậy, hệ phương trình có nghiệm:

2
7
4
x
y









 .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

III
(1,0 điểm)

(1,0 điểm)





1 1 1

1 ln 2 1 1 ln

2 ln 2 ln

e x x x e e x

I dx x dx dx

x x x x

   

  

 



0.25

3 3

1 1

3 3

e
e

x e

x dx   
 



0.25





1 1

2 ln

1 ln

ln 2 ln

2 ln 2 ln

e e

e

d x x

x

dx x x

x x x x




   

 







ln 2 ln 2

2
e

e 

   

0.25

Vậy

3 1 2

3 2

e e

I    

0.25

IV
(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Trong (ABC), kẻ CH AB



HAB



, suy ra CH 



ABB A' '



nên A’H là hình chiếu

vng góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó:





A C ABB A' , ' '



A C A H' , '



CA H ' 300

  

 

  .

0.25



2
0

1 3

. .sin120

2 2

ABC

a

S  AC BC 

 AB2 AC2BC2 2AC BC. .cos1200 7a2 AB a 7


2. 21

ABC

S a

CH

AB



 

Suy ra: 0

2 21

sin30 7

CH a

A C  

0.25

Xét tam giác vuông AA’C ta được:

2 2 35

' '

7
a
AA  A C  AC 

Suy ra:

3 105
. '

ABC

a
V S AA 

0.25

Do CC'/ /AA' CC'/ /



ABB A' '



. Suy ra:



' , '





' '





' '



7
a
d A B CC d CC ABB A d C ABB A CH 

0.25

V
(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Điều kiện: 2 x 3.Đặt t x 2 2 3 x với x 



2,3



Ta có:

1 1 3 2 2

2 2 3 2 2 3

x x

t

x x x x

  

  

    ; y' 0  3 x 2 x2 x1

Bảng biến thiên:

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Từ BBT suy ra: t 5,5

Do t x 2 2 3 x  4 6 x x2  3x t 2 14 nên phương trình trở thành:

2 14 t 14

t mt m

t


   

0.25

Xét hàm số

 

2 14
t
f t

t



với t 5,5 , ta có:

 

2
2

' t 0, 5,5

f t t f t

t


 

    

  đồng biến trên  5,5

0.25

Phương trình có nghiệm thực 

 

9 5 11

5 5

f mf   m

Vậy, phương trình có nghiệm thực khi

9 5 11

5 m 5

  

0.25

VI.a

(2,0 điểm) 1. (1,0 điểm)

Đường trịn (C’) có tâm O 0;0





, bán kính R OA 3  . Gọi H AB OM  , do H là

trung điểm của AB nên

5


. Suy ra:

2 2 9

OH OA AH

  

và

2
OA

OM 5

 

0.25

Đặt M ;



x y



, ta có:

 

2 2

M 18 6 65 0

OM 5 25

C x y x y

x y




     

 



 

  

 

 

0.25

2
2 2

3 15 0 9 20 0

25 15 3

x y x x

x y y x

  

    

   

   

 

0.25

4 5

3 0

x x

y y

 

 

   

 

 

Vậy, trên (C) có hai điểm M thỏa đề bài là: M 4;3





hoặc M 5;0





0.25

2.(1,0 điểm)

Đường thẳng (d) đi qua điểm M



0; 1;1



và có VTCT u



1; 2;0





. Gọi n



a b c, ,





là
VTPT của (P) với a2b2c2 0. Do (P) chứa (d) nên:

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

u n .  0 a2b 0 a2b (1)

Phương trình (P) có dạng:

a x



 0



b y



1



c z



1



 0 ax by cz b c    0 (2)





2 2

2 2 2 2 2

3 2 5 2

,( ) 3 3 3 5 2 3 5

a b c b c

d A P b c b c

a b c b c

   

        

  

0.25





2 2

4b 4bc c 0 2b c 0 c 2b

        

(3) 0.25
Do b0 nên thay (1), (3) vào (2) ta được phương trình

2bx by 2bz b  0 2x y  2z 1 0
Vậy, phương trình (P) là: 2x y  2z 1 0.

0.25

VII.a

(1,0 điểm) (1,0 điểm)

Điều kiện: x 1 và 
1
2
x

. Khi đó:

0.25

Phương trình đã cho tương đương với :









3 3

log x 1 log 2x1 x 1 





3
2

1 2 1 1

1 2 1

x x x

    

    

0.25

 Với
1
2
x

thì ta được phương trình:

2 3 2 0 1

2
x

x x

x



    




0.25

 Với

1
1

2
x

  

thì ta được phương trình: x2  x 0 x0

Vậy, phương trình có tập nghiệm: S 



0;1;2



0.25

VI.b
(2,0 điểm)

(1,0 điểm)

Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là

5
' 3;

3
N  

 

Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: x 3y 2 0

Suy ra:





3 9 2 4

10 10

IH d I AB    

0.25

Do AC2BD nên IA2IB. Đặt IB x 0, ta có phương trình

2 2

1 1 5

2 2

4 8 x x

x  x     

0.25

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>









2 2

4 3

5 18 16 0

3 3 2 5

8 2

3 2

3 2 0

x x

y y

x y

y

x y

x y y





           

 

  

   



 

   

  

 





Do B có hồnh độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn

14 8
;

5 5
B 

 

Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x y 18 0 .

0.25

2.(1,0 điểm)

Đặt A 1 a; 2 2a;a , B 2 2b;1 b;1 b



   





  



, ta có

AB  



a 2b 3; 2a b 3; a b 1      





0.25

Do AB song song với (P) nên: AB n P 



1;1; 2



 b a 4 

 

Suy ra: AB



a 5; a 1; 3   





0.25

Do đó:

















2 2 2 2 2

AB a 5   a 1  3  2a  8a 35  2 a 2 27 3 3

Suy ra:



a 2
min AB 3 3  b 2

 , A



1; 2; 2



, AB 



3; 3; 3 





0.25

Vậy, phương trình đường thẳng (d) là:

x 1 y 2 z 2

1 1 1

  

 

0.25

VII.b
(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Điều kiện: x 0 x2

Bất phương trình đã cho tương đương với:





2 2

log 2x1 log x  2x

 2x1 x2 2x

0.25

Xét 2 trường hợp sau:

1) x0. Ta được hệ: 2 2

0 0

1 0

1 2 2 1

x x

x

x x x x

 

 

    

 

   

 

0.25

2) x2. Ta được hệ: 2 2

2 2

2 1 2 4 1 0

x x

x x x x x

 

 



 

     

 

2 2 3

2 3 2 3

x

x
x





     

   




0.25

Vậy, nghiệm bất phương trình là    1 x 0 2x 2 3. 0.25

</div>

De chuyen Dong Thap 2012 A



























 





 

















 

 



























 













 







<sub></sub>

<sub></sub>



















































