De thi thu Toan THPT Phu Nhuan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (384.95 KB, 7 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TPHCM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
 Trường PTTH Phú Nhuận Môn: TOÁN; Khối A – A1 – D

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

1

2 





x

y

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

2. Tìm tọa độ điểm M trên sao (C) cho khoảng cách từ điểm I(

–

1 ; 2) tới tiếp tuyến của (C)

tại M là lớn nhất.

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

1 sin 2x sin x

2cot 2x

2sin x sin 2x







. Giải hệ phương trình :





3 3 3

2 2

y

x 9 x

x y y

6x



















trên tập số thực

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 
2

sin x

4 dx

2sin x cos x 3





















Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp OABC có 3 cạnh OA, OB, OC vng góc với nhau đơi một tại O,
OB = a, OC = a 3và OA =a 3. Gọi

M

là trung điểm của cạnh BC.

1. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC ).
2. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và OM.

Câu V (1,0 điểm)

Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn

x



y



z



3 . Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức

5 P xy yz zx

x y z





 

.

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 mp tọa độ Oxy,

cho ABC có A(2 ; 5), B(

–

4 ; 0), C(5 ;

–

1). Viết phương trình đường thẳng

đi qua A và chia ABC thành 2 phần có tỉ số diện tích bằng 2.

2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm

A



2; 5;0





. Viết phương trình đường thẳng d qua A
biết d cắt Oz và tạo với Oz một góc 600.

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm các số phức z thỏa mãn |z- 1| |= z+3|và

| |

z

+ =

z

2

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm

16 23

;

27 9

H















, phương trình

cạnh BC: x – 6y + 4 = 0 và trung điểm cạnh AB là

5 5

;

2 2

K















. Viết phương trình 
các đường thẳng AB, AC.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):

x



y



z



2 x



4 y



6 z



2 0



và mặt
phẳng (P): x + y + z + 2012 = 0

a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S)

b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N(S). Xác định tọa độ điểm M sao cho độ dài
đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình









2 2

2 3 2 3

4

7.2

8 log log

1

x y x y

x

y

 



















;

x y R

,



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

---Hết---Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:...; Số báo danh:...

ĐÁP ÁN
Câu I.

(2,0đ)

1.

1

3

2

1

2 











x

y

Tập xác định: D = \{–1}. 0,25

xlim y 2   Tiệm cận ngang:

y



2

xlim y1 ; lim yx 1

   

  

Tiệm cận đứng:

x





1

0,25
2

)

1 (

3 '





x

y

> 0, xD

Hàm số tăng trên từng khoảng xác định

0,25

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4

y
-2
-1
1
2
3

4
5
0,25
2. Nếu

)

(

1

3

2 ;

0
0

C

x

M



















thì tiếp tuyến tại M có phương trình

)

(

)

1 (

3

1

3

2

2 0

0
0

x

y











hay

3 (

)

(

1 )

(

2 )

3 (

1 )

0 











x

y

x

0,25

Khoảng cách từ I(–1 ; 2) tới tiếp tuyến là





0
2
0
4
0
0
4
0
0
0

)

1 (

)

1 (

9

6 )

1 (

9

1

6

1

9 )

1 (

3 )

1 (

3 













x

d

0,25

Theo bất đẳng thức Côsi

6

9

2 )

1 (

)

1 (

9

2
0
2
0







x

, vậy

d



6

.

Khoảng cách d lớn nhất bằng

6

khi và chỉ khi

2
0
2
0
9
(x 1)
(x 1)  

 (x0 + 1)2 = 3 x0  1 3

0,25

Vậy có hai điểm M :

M



 

1 3; 2



3



hoặc

M





1 

3 ;

2 

3



0,25
Câu II

(2,0đ)

1. Giải phương trình:

1 sin 2x sin x

2cot 2x

2sin x sin 2x







Điều kiện:

sin x 0

cos x 0








(i)

0,25

pt 

sin 2x sin 2x.sin x cos x 1 2cos 2x







0,25





cos 2x

cos 2x cos x 2

0 cos 2x 0

2cos x cos x 1 0 : VN







 



 



0,25

x – –1 +

y’ + +

y
2

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

k

x

4

2 



 

( thỏa điều kiện (i) )

0,25

2.

Giải hệ phương trình:





3 3 3

2 2

y

x 9 x

x y y

6x



















trên tập số thực

Khi x = 0  y = 0

(0 ; 0) là nghiệm của hpt.

0,25

Khi x



0 , ta có

3
3

6 3 3 3

y y y

x y 9x x 9 x 3y x 9

x x

   

             

   

Mà

2 2 y

x y y 6x y x 6

 

     

 

0,25

Do đó

3 3

y y y y

x 3y x 9 x 27 x 3 y 2

x x x x

       

           

       

        0,25

Ta có

y 2

2 x 1 x 2

x

3 x















 













Vậy HPT có nghiệm (0 ; 0) , (1 ; 2) , (2 ; 2)

0,25

Câu III 
(1,0đ)

Tính tích phân I =
2

sin x

4 dx

2sin x cos x 3





















=





2
4

1 sin x cos x

dx

2 sin x cos x

2











0,25

Đặt t = sinx – cosx  dt = (cosx + sinx)dx

Đổi cận: x =



 t = 0

x =



 t = 1

I =

1
2
0

1 dt

t

2 





0,25

Đặt





t



2 tan u



dt



2 1 tan u du



;

2 u

2 





I =





arctan 2

2
0

2 1 tan u

1 du

2 tan u 2

2 







0,25

1
arctan

2
0

1 u

2 

=

1 arctan

2 

0,25

Câu IV
(1,0đ)

Trong tam giác OBC, vẽ đường cao OK
Trong tam giác OAK, vẽ đường cao OH
Chứng minh OH vng góc mp (ABC)

0,25

2 2 2 2 2 2

1 OH



OA



OK



OA



OB



OC

5 a



Suy ra d(O, (ABC)) = OH =

5 a

0,25

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0),
(0; 0; 3); ( ; 0; 0), (0; 3; 0),

A a B a C a

0,25
z

a

a y

C
N
O

M
a

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

; ; 0

2 2

a a
M 

  

3 3

0; ;

2 2

a a

N 

 .

3 3 3

; ; 0 , 0; ;

2 2 2 2

a a a a

OM   ON 

   
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

2 2 2

3 3 3

[ ; ] ; ;

4 4 4

a a a

OM ON  

 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
,
( 3; 1; 1)

n là VTPT của mp ( OMN )

Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến : 3n xy z 0

Ta có:

3. 0 0 3 15

( ; ( ))

3 1 1 5

a a a

d B OMN     

  . Vậy:

( ; ( )) .

5
a
d B NOM 

MN là đường trung bình của tam giác ABC AB // MN

AB //(OMN) d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) =

( ; ( )) .

5
a
d B NOM 

0,25

Câu V 
(1,0đ)

Ta có :



x y z





x

y

z





x y z



3 xy yz zx

2  





 







.

0,25

Đặt t = x + y + z, ta có:

2 2 2

t

3 0 xy yz zx

x

y

z

3

2 













3 t 3



 

.

0,25

Khi đó, ta có:

 

t

3 5

P f t

2 t







,

 

3
2 2

5 t

5 '

f t

t

0, t

3 t



 





 

.

Vậy ta có:

 

14 P f t

f 3

3 





.

0,25

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy

14 max P

3 

.

0,25
Câu VI.a 
(2,0 điểm)

1.

TH1: Ta có:

 

2

1

AMC
AMB

S






Trong ABC, dựng đường cao AH.

1 .

2 (1)

2

1 .

2 CM AH

MC

MB

BM AH





0,25

Khi đó:

MC  2MB

1 ( 1;

)

3 M





Pt đường thẳng d1: 16x – 9y – 4 = 0

0,25

TH2:

 

2

AMB
AMC

S






Cm tương tự:

2 (2;

)

3 M





Pt đường thẳng d2: x – 2 = 0

0,5

2.

Gọi K là giao điểm của d và trục Oz



K(0 ; 0 ; k)



2;5; ;





0;0;1



AK

 

k k





0,25





1 cos

;

cos 60

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



0;0; 3 ,





2;5; 3





K





AK

 



0,25

Phương trình d :

3 ;

5

3

5

3

2 x

y

z



x

y

z







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

Câu VII.a

(1,0 điểm) Gọi z = a + bi (a, b ), ta có:

|z- 1| |= z+3|

1 a

b R





 





(1)

0,25

2 2

| |

z

+ =

z

2 1

0 a

ab





 





1

0 



 





a

b

(2) 0,25

 

1

0

2 a

b



















Vậy z =

–

1

0,5
Câu VI.b

(2,0đ)

1. đt AH qua H vng góc BC  (AH) : 6x + y + 1 = 0
A thuộc AH suy ra A(a ; –6a – 1 )

B thuộc BC suy ra B(6b – 4 ; b)

K trung điểm AB suy ra a = –1 ; b = 0 .

0.25
Suy ra A(–1 ; 5) , B(–4 ; 0)

Pt (AB): 5x – 3y + 20 = 0

0.25
đường cao CH qua H , vng góc AB : (CH) : 3x + 5y – 11 = 0 0.25
HC cắt BC tại C suy ra C(2; 1) suy ra pt (AC) : 4x + 3y – 11 = 0 0.25
2. a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song mặt phẳng (P) và tiếp xúc (S)

(S) có tâm I(1 ; –2 ; 3) , bán kính R = 4

0,25

(Q): x + y + z + D = 0 (D  2012)

0,25

 



,



4 2 4 3

d I Q

 

D

 

0,25

Vậy (Q) : x + y + z 2 4 3 0

 



0,25
b) Từ M thuộc (P) vẽ tiếp tuyến MN đến mặt cầu (S) ; N(S). Xác định tọa độ điểm

M sao cho độ dài đoạn MN đạt giá trị nhỏ nhất.

MN

= IM

– R

MN nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất suy ra M là hình chiếu vng góc của I lên

mặt phẳng (P).

0,5
phương trình đường thẳng IM: x – 1 = y + 2 = z – 3 0,25

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

x 1 y 2 z 3
x y z 2012 0

    




   



Vậy

2017 2008 2023

;

3 M













0,25

Câu VII.b
(1,0 điểm)

Giải hệ phương trình









2 2

2 3 2 3

4

7.2

8 log log

1

x y x y

x

y

 



















;

x y R

,



Điều kiện x > 1 ; y > 1

0,25

(

)

(

)

2 2

2 3 2 3

4

7.2

8 log log

1

x y x y

x

y

-ìï

-

=

ïïí

ï

-

=

ïïỵ



(

)

(

)

(

)

2 2

2 3 2 2 3

2

7.2

8

0 log log

log 2 log log

x y x y

x

y

-ìïï

-

=

ïí

ï

=

+

ïïỵ

0,25









2
2

2 3 2 3

2

8

2

1 log log

x y

x

y













 











0,25

2

3

2 3 0

x

y







 







9

3 



 





x

y

hay

1 x

y











So đ

iều kiện x > 1 ; y > 1 hệ phương trình có nghiệm

9

3 x

y











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

Đáp án HKG cổ điển cách 2

b) OM = MN = a , ON =
a 6

2  SOMN =
2
a 15

8
OB = OM = MB = a OBM đều  SOBM =

2
a 3

Gọi I là trung điểm OC  NI là đường trung bình của OAC  NI (OBC) và NI =
a 3

2
VN.OBM =

3 SOBM.NI =
3
a

8
Mặt khác, VN.OBM =

3 SOMN.d[B,(OMN)]  d[B,(OMN)] =

NOBM
OMN
3V

S =

3a
15
MN là đường trung bình của tam giác ABC AB // MN

AB //(OMN) d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) =

( ; ( )) .

15
 a

</div>

De thi thu Toan THPT Phu Nhuan

Cho hàm số

1

1

2







<i>x</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

1.

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

2.

Tìm tọa độ điểm M trên sao (C) cho khoảng cách từ điểm I(

1 ; 2) tới tiếp tuyến của (C)

tại M là lớn nhất.

1

1

sin 2x sin x

2cot 2x

2sin x sin 2x









. Giải hệ phương trình :





y

x 9 x

x y y

6x



<sub></sub>

<sub></sub>













<sub> trên tập số thực</sub>

sin x

4

<sub>dx</sub>

2sin x cos x 3





















M

Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn

x



y



z



3

. Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức

5

P xy yz zx

x y z









 

<sub>.</sub>

cho ABC có A(2 ; 5), B(

4 ; 0), C(5 ;

1). Viết phương trình đường thẳng