TOAN THI THU DH 2012CO DAP AN33

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (252.27 KB, 18 trang )

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

SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012
TRƯỜNG THPT NAM TIỀN HẢI Môn thi : TOÁN .Khối D

(Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I(2 điểm) : Cho hàm số

1 2

y=- x

+x-3 3 có đồ thị là (C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).

2. Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C )có hồnh độ x=2 .Tìm các giá trị của mđể tiếp tuyến với (C) tại M song
song với đường thẳng d:

2 9m+5

y=(m -4)x+

3 
Câu II (2 điểm) :

1. Giải phương trình :
3

2sin x + cos2x - sinx

=0
1 + cotx

2. Giải bất phương trình :









2 2

log x log x

5+1 + 5-1  3x

Câu III (1 điểm) : Tính tích phân 
3

tanx

I= dx

2cosx+5




Câu IV (1 điểm) : Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật . Biết AB2a , BC=a các
cạnh bên bằng nhau và bằnga 2 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABCD theo a.

Câu V (1 điểm) : Cho a + b - 2a - 4b + 4 = 02 2 .

Chứng minh rằng :

2 2

a - b + 2 3ab - 2(1 + 2 3)a + (4 - 2 3)b + 4 3 - 3 2
PHẦN RIÊNG (3 điểm) (thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)

A.Theo chương trình chuẩn
 Câu VI.a (2 điểm) :

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vng tại A(3;2),tâm đường trịn ngoại tiếp tam
giác ABC là

3
I 1;

 

 

  và C thuộc d: x – 2y – 1 = 0 .Tìm toạ độ B và C.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x-1) +y +(z+1) =92 2 2 .Lập phương trình mặt
phẳng (P) chứa d:

x - 1 y + 5 z - 1

= =

1 2 2 và tiếp xúc với (S).
 Câu VII.a (1 điểm): Tính mơ đun của số phức z biết :

|z - 1 - 2i| + zi + z = 11 + 2i.

B.Theo chương trình nâng cao
CâuVI.b (2điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có B(1;5) và đường cao AH có phương
trình x+2y-2=0,với H thuộc BC; đường phân giác trong của góc ACB có phương trình là x-y-1=0.
Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D .

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng

x-1 y z+1
(d): = =

2 1 1 , và hai mặt phẳng

(P): x+2y-2z-12=0 , (Q) : 2x-y+2z+9=0.Lập phương trình mặt cầu (S) tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc
với (P) và (Q).

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

Tính T =

2
1 2 3

2 2 2

1 2 3

(z +z +z +1)
z + z + z

...Hết...

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

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KHỐI D

Câu Ý Nội dung Điểm

I 1

hàm số

1 2

3 3

y x  x
TXĐ:R

Sự biến thiên:

, 2

1
1
0

1
y x

x
y

x
 



   


bbt

x − ∞ -1 1 +
∞

y’ 0 + 0

-y +∞

4
3

 − ∞

Hàm số đb trên ( − ∞;−2¿ và (0;+∞) , nb trên(-2;0)

Cực trị
Giới hạn
Đồ thị

-2 1

x
- -4/3

0.25

2 *Xđ M(2;-4/3)

*Tiếp tuyến với (C ) tại M có pt: y = -3x +14/3

* Để tt song song với d

2 4 3

1
9 5 14

3 3

m

m
m

  


    





*KL: Vậy m= -1

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

ĐK:
4
x m
x n





 


 


Pt





2 2 0

2sin 1 s 2 0

s 1

os
inx os

inx
c x
x c x   




4 2
2
2
k
x
x k
 



 

 
  


Đối chiếu đk : x 2 k2 vµ x= 4 k

 
 
  
0.25
0.25
0.25
0.25

2 ĐK: x > 0

Bpt

2 2

log log

5 1 5 1

3
2 2
x x
     
     
   
   
Đặt
2
log
5 1
2
x

t  

 

Ta có

2 3 1 0 3 5 3 5

;
2 2
0
t t
t
t
 
     
 
  

  
Suy ra
1
; 4
4
x  

 
0.25
0.25
0.25
0.25
III
3 3
0 0
t

2cos 5 cos (2 cos 5)

anx sinx

I dx dx

x x x

 

 

 



Đặt t = cosx  dt sinxdx
Cận x = 0  t 1

3 t 2


 
1
1
2
1 12

... ln

(2 5) 5 7

dt
I
t t
  




0.25
0.25
0.5
IV S

*Gọi O là tâm của hbh ABCD

* Chưng minh SO(ABCD)

*SA=SB=SC=SD .Suy ra ABCD là hcn

B A
*Tính thể tích :

+SO=
3
2
a

C D

0.25

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

+ V =
3 3

3
a

*gọi E là tđ của SB . Trong mp(SBO) kẻ trung trực Et cắt SO tại I là tâm mc ngoại tiếp hc
SABCD

+ Tính SI =

2
.

2
SE SB SB

SO  SO=
2 3

3
a

=R
+ Diện tích mặt cầu : S = 4

2
2 4

3
a
R 

 

0.25

+Gt





2
2

(a 1) b 2 1

    

+Đặt

1 sin
2 os
a

b c



 



 

 



0;2



Ta có

2 2

sin 2 3 sin

2 sin(2 ) 2
6

os os

VT  c  c 




  

  

0.25
0.25
0.25
0.25

VIa 1 +Tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm của BC
+Gọi C(2t+1;t)



.Suy ra B(1-2t;3-t)

2
5
nªn t=1,t=
CAAB 

+Với t=1 có C(3 ;1) và B (-1 ;2)

+Với

2 1 2 9 17

; ) ; )

5 cã C(5 5 vµ B(5 5
t  

0.25
0.25
0.25
0.25
2 + (S) có tâm I(1 ;0 ;-1) và bán kính R=5

+ d qua A(1;-5;1) , B(2;-3;3)

+(P) qua B có vtpt (a ;b ;c) : a(x-2)+b(y+3)+c(z-3)=0

( ) 2 2

A P  a b c

Suy ra (P) : (2b+2c)x-by-cz-7b-c=0
+Ta có

2 2

5 2

( ,( )) 3

5 8 5

2 0

20 92 41 0

10 41 0

b c
d I P

b bc c

b c
b bc b

b c


 

 

 


     

 



Kl: 2x+y-2z+5=0 và 62x-41y+10z-277=0

0.25

0.25
VII.a

Tìm tất cả các số phức z , biết

|z 1 2 |i zi z 11 2 (1) i

Gọi số phức z=a+bi (a b,  ) thoả mãn đề bài =>

2 2

, 1 2 1 ( 2) | 1 2 | ( 1) ( 2)

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

2 2

(a1) (b 2) (a bi i a bi )   11 2 i

2 2

( 1) ( 2) ( ) 11 2

( 1) ( 2) 11

a b a b i a b i

a b a b

a b

         

      

 

 


2 2 1 4

( 1) ( 2) 9

1 2

a a

a b

b b

a b

 

      

     

 

   



Suy ra có 2 số phức cần tìm là z=1-i và z=4+2i.
Khi đó z  2 và z 2 5

0.25

0.25
VIb 1 BC đi qua B(1;5) và vng góc AH nên BC có pt - 2x + y – 3 = 0

Toạ độ C là nghiệm của hpt

−2x+y −3=0
x − y −1=0

⇒C(−4;−5)

¿{

Gọi A’ là điểm đối xứng B qua đường phân giác x − y −1=0(d),BA∩ d=K

Đường thẳng KB đi qua B và vng góc d nên KB có pt: x + y – 6 = 0

Toạ độ điểm K là nhgiệm của hpt

x+y −6=0

x − y −1=0

⇒K(7

2;
5
2)

¿{

Suy ra A’ (6;0) , Pt A’C :x – 2y – 6 = 0

Do A=CA'∩AH nên toạ độ A là nhgiêm của hpt

x −2y −6=0
x+2y −2=0

⇒A(4;−1)

¿{

Trung điểm I của AC có toạ độ là I(0;-3) đồng thời I là trung điêm BD nên D(-1;-11)

0.25

0.25
0.25
0.25

2 +Gọi I (1+2t;t;-1+t) thuộc d là tâm mc(S)

+ Ta có

0
( ;( )) ( ;( )) 18

7
t
d I P d I Q

t




  

 

+ KL : (x-1) +y +(z+1) =92 2 2

29 18 25 33

)

7 7 7 7

2 2

(x+ ) + y   +(z+ ) =(

 

+ Pt

2
3

1 3

3 3

1 3

3 3

z

z i










 




 




0.25
0.25
0.25
0.25
VIIb

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

+ T= 0

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM
2012

Môn thi : TOÁN .Khối A

Thời gian làm bài 180 phút , không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I(2 điểm) : Cho hàm số y=x3+3x2−mx+2 có đồ thị là (Cm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=0

2. Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho khoảng cách từ trung điểm của đoạn
thẳng nối 2 điểm cực trị của (Cm) đến tiếp tuyến của (Cm) tại điểm có hồnh độ bằng 1 là lớn nhất
Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình sau: tan2x+9 cot2x+2 cos 2x+4
sin 2x =14
2. Giải bất phương trình sau :

(

x2−4x

)

√

2x2−3x −2<0

CâuIII (1điểm): Tính tích phân sau I=



π

tanx. ln(cosx)

cosx dx

Câu IV (1điểm):Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’,biết A’.ABC là hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a.

Khoảng cách từ AA’ đến BC bằng a

2 . Tính thể tích khối lăng trụ đó theo a .

Câu V (1 điểm): Với a, b, c là các số thực dương và thoả mãn a+b+c=1 . Chứng minh rằng

√

c+ab+

√

a+bc+

√

b+ca≤

3
2

PHẦN RIÊNG (3 điểm) (thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)
A.Theo chương trình chuẩn

Câu VI .a (2 điểm) :

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có M(4;6) là trung điểm của AB .Giao điểm
I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng (d) có phương trình 3x – 5y + 6 = 0 , điểm N(6;2) thuộc cạnh 
CD. Hãy viết phương trình cạnh CD biết tung độ điểm I lớn hơn 4 .

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng
(d1):x −1

2 =

y+1

1 =

z
1;(d2):

x −1

1 =

y −2

2 =

z

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

phương trình đường thẳng Δ song song với (P) và cắt d1,d2 lần lượt tại hai điểm A, B sao cho AB

√

Câu VII.a (1 điểm): Cho số phức z thoả mãn |iz−3|=|z −2−i| và |z+3i|=|2z+i| .
Tìm mơđun của số phức z .

B.Theo chương trình nâng cao
CâuVI.b (2điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có B(1;5) và đường cao AH có phương
trình x+2y −2=0 ,với H thuộc BC; đường phân giác trong của góc ACB có phương trình là

x − y −1=0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D .

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (Q) vng góc với đường thẳng
(d): x −1

2 =

y
−2=

z+1

1 , và cắt mặt cầu (S) : x2+y2+z2−2x+4y −6z −11=0 theo một đường
trịn có bán kính bằng 3

CâuVII.b (1 điểm) Tìm số phức có mơđun nhỏ nhất thoả mãn

|

z+1−5i
z+3−i

|

=1
...Hết...
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Số báo danh ... Họ và tên thí sinh...
ĐÁP ÁN KHỐI A

Câu Ý Nội dung Điểm
I 1 Với m=0 hàm số trở thành y=x3+3x2+2

TXĐ:R

Sự biến thiên:

x=0

x=−2

¿
¿
¿
¿
¿y

,

=3x2+6x=3x(x+2)
y,=0⇔ ¿
bbt

x − ∞ -2 0 +

∞

y’ + 0 - 0 +

y 6

+∞ − ∞ 2

6
Hàm số đb trên ( − ∞;−2¿ và (0;+∞) nbtrên(-2;0)

Cực trị
Giới hạn
Đồ thị

-2 0 x

0.25

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

2 Có y,=3x2+6x −m

Hàm số có cực đại cực tiểukhi và chỉ khi pt y,

=3x2+6x −m =0 có 2 nghiệm phân biệt

⇔Δ'

=9+3m 0⇔m>−3 (*)

Giả sử A

(

x1; y1

)

và B

(

x2; y2

)

là các điểm cực trị của đồ thị hàm số với x1, x2 là các

nghiệm của (1) . Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = -2

⇒ Trung điểm của đoạn thẳng AB là I(-1; m + 4 )

Tiếp tuyến Δ của đồ thị (Cm) tại điểm có hồnh độ x = 1 có pt là y=y,(1)(x −1)+y(1)

⇔(m−9)x+y+3=0
m −9¿2+1

m −9¿2+1

¿
¿

√¿

d=d(I , Δ)=

|

(m−9)(−1)+m+4+3

|

d lớn nhất m−9¿
2

⇔√¿

nhỏ nhất

m−9¿2+1

¿
¿

√¿

. Dấu = xảy ra khi m = 9 (tm *).Vậy m=9

0.25
0.25

II 1

Pt ⇔tan2x+9 cot2x+2 cos 2x
sin 2x +

sin 2x=14 ĐK: sin2 x ≠0
2 cos2x

sin 2x =

2(cos2x −sin2x)

2 sinxcosx =cotx −tanx
4

sin 2x=

4(sin2x+cos2x)

2 sinxcosx =2(tanx+cotx)

pt ⇔tan2x+9 cot2x+cotx −tanx+2(tanx+cotx)=14
tanx+3 cotx¿2+(tanx+3 cotx)−20=0

⇔¿
⇔

tanx+3 cotx=−5

tanx+3 cotx=4

¿
¿
¿
¿
¿
⇔

tanx=1

tanx=3

tanx=−5±

√

13
2

¿
¿
¿
¿
¿

⇔

x=π
4+kπ

x=arctan 3+kπ

x=arctan−5±

√

2 +kπ

¿
¿
¿
¿
¿

0.25

0.25
0.25

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Điều kiện

2x2−3x −2≥0⇔

x ≥2

x ≤−1
2

¿
¿
¿
¿

Bất pt

⇔

2x2−3x −2≠0

x2−4x<0

⇔
¿x ≠2

x ≠−1
2
0<x<4

⇔
¿0<x<4

x ≠2

¿{

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm pt là : 2 < x < 4 .

0.25

0.75

III



π

sinx. ln(cosx)

cos2x dx Đặt t = cosx ⇒dt=−sin xdx
Đổi cận x = 0 thì t = 1; x = π4 thì t =

√

I= −



√2
2

lnt

t2 dt=



√2
2

lnt

t2 dt . Đặt

u=lnt
dv=1

t2dt

⇒
¿du=1

t dt
v=−1

t

¿{

¿
⇒I=−1

t lnt¿√2
2
1



√2
2
1

1
t2dt=−

√

2 ln 2−
1
t ¿√2

2
1

√

2−1−

√

2
2 ln 2

0.25

0.25
0.25

A’ B’

K C’

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Gọi H là hình chiếu A’trên(ABC). Gọi M là trung điểm của BC .Dựng MK AA’

Vì A’H (ABC)và A’.ABC là hình chóp đều nên BC (A’AM) suy ra BC KM

Theo gt suy ra KM = a2
Có MK.AA’ = A’H.AM ⇔a

√

A
'

H2+a
2
3 =A

'

H.a

√

2 ⇔A ' H=
a

√

Có SABC= a

√

4 .Vậy VABC.A

’

B’C’ = a

√

2
8

0.25

0.5
V Từ giả thiết ta suy ra 0<a ,b ,c<1

Ta có

√

ab
c+ab=

√

1− a − b+ab=

√

(1−a)(1−b)
Tương tự

√

a+bc=

√

(1− b)(1− c) và

√

b+ca=

√

(1− c)(1−a)
Theo BĐT Cơ-si ta có a

1−b+
b

1− a≥2 .

√

(1− a)(1− b)
b

1− c+
c

1− b≥2.

√

(1− c)(1− b)
c

1− a+
a

1−c≥2.

√

(1− c)(1− a)
Cộng vế với vế ta được 3≥2 VT⇔VT≤3

2 (ĐPCM)
Đẳng thức xảy ra a=b=c=1

0.25

0.25
0.25
0.25
VIa 1

Gọi P(xP;yP) đối xứng với M(4;6) qua I nên

4+xP=2xI

6+yP=2yI

¿{

I thuộc (d) nên 3(4+xP)

2 −

5(6+yP)

2 +6=0⇔3xP−5yP−6=0 (1)
Lại có PM PN ⇔⃗PM.⃗PN=0⇔(x

P−4)(xP−6)+(yP−6)(yP−2)=0 (2)

(1)(2) ta có

34yP2−162yP+180=0⇔

yP=3

yP=30
17

¿
¿

¿
¿
¿

Với yP =3 thì xP=7 pt CD:x-y-4=0

với yP= 3017 thì yI= 13217 <4 (loại)

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25

2 A∈d1⇒(1+2t ;−1+t ;t).B∈d2⇒B(1+a ;2+2a ;a)
⃗AB(a−2t ;3+2a −t ; a− t) .(P)có VTPT ⃗n(1;1;−2)

AB//(P) nên ⃗AB .⃗n=0⇔a=t −3 .Khi đó ⃗AB(− t −3;t −3;−3)

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Theo đề bài

t −3¿2+9=29⇔t=±1
t+3¿2+¿

AB2

=29⇔¿

Với t=1 suy ra A(3;0;1).pt cần lập

x=3+4t
y=2t
z=1+3t

¿{ {

Với t=-1 suy ra A(-1;-2;-1).Ptcần lập

x=−1+2t
y=−2+4t
z=−1+3t

¿{ {

0.25

VIIa

Giả sử z=x+yi(x , y∈R) .Thì iz−3=− y −3+xi và z−2− i=(x −2)+(y −1) i

y −1¿2⇔x=−2y −1

x −2¿2+¿

y+3¿2+x2=¿

⇒|iz−3|=|z −2−i|⇔¿

(1)

Lại có |z+3i|=|2z+i|⇔

|

x+(y+3)i

|

2x+(2y+1)i

|

⇔x2+(y+3)2=4x2+(2y+1)2
⇔3x2+3y2−2y −8=0 (2)

Thế (1) vào (2) ta được

3(−2y −1)2+3y2−2y −8=0⇔15y2+10y −5=0⇔
y=−1

y=1
3

¿
¿
¿
¿

Với y=−1⇒x=1⇒z=1−i⇒|z|=

√

2
Với y=1

3⇒x=−
5

3⇒z=−
5
3+

3i⇒|z|=

√

26
3

0.25
0.25
0.25

0.25

VIb 1 BC đi qua B(1;5) và vng góc AH nên BC có pt - 2x + y – 3 = 0

Toạ độ C là nghiệm của hpt

−2x+y −3=0
x − y −1=0

⇒C(−4;−5)

¿{

Đường thẳng KB đi qua B và vng góc d nên KB có pt: x + y – 6 = 0

Toạ độ điểm K là nhgiệm của hpt

x+y −6=0

x − y −1=0

⇒K(7

2;
5
2)

¿{

Suy ra A’ (6;0) , Pt A’C :x – 2y – 6 = 0

0.25

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Do A=CA'∩AH nên toạ độ A là nhgiêm của hpt

x −2y −6=0
x+2y −2=0

⇒A(4;−1)

¿{

Trung điểm I của AC có toạ độ là I(0;-3) đồng thời I là trung điêm BD nên D(-1;-11)
2 (S) có tâm I(1;-2;3) và bk R = 5

(Q) có dạng 2x – 2y + z – m = 0 . d(I,(Q))=

√

25−9 =4

⇔|2+4+3+m|

3 =4⇔

m=3

m=−21

¿
¿
¿
¿
¿

Do đó ptmp (Q) là 2x – 2y + z + 3 = 0 hoặc 2x – 2y + z – 21 = 0

0.25
0.5
0.25

0.5

0.25
0.25
VIIb Giả sử z=x+yiư .Từ gt suy ra

y
ư +1¿2

x+3¿2+¿

y −5¿2=¿

x+1¿2+¿

|

(x+1)+(ưy−5)i

|

x+3−(ưy+1)i

|

⇔¿

⇔x+3y=4ư

Ta có x+3y¿2≤10(x2+y2)=10|z|
2

ưư
16=¿

⇔|z|≥ 4

√

10 .Min |z|=
4

√

10 .

Đẳng thức xảy ra khi

y=3x
x+3y=4

⇔
¿x=2

5
y=6

¿{

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM
2012

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Thời gian làm bài 180 phút , không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) : Cho hàm số y=1

3x
3

−1
2mx

+(m2−3)x
1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1

2.Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại cực tiểu đồng thời hoành độ các điểm cực đại cực tiểu là
độ dài các cạnh góc vng cuả một tam giác vng có độ dài cạnh huyền bằng

√

Câu II(2 điểm)

1.Giải phương trình sau

9− x2
3−√¿

4¿

x2
3+

√

9− x2+

2.Giải phương trình sau sin4(3x+π
4)+sin

(3x −π
4)=

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



√3

√8
1
x

√

x2+1dx

CâuIV (1 điểm) : Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và AB ¿a , BC ¿a

√

3 .
Mặt

phẳng (SAC) và mặt phẳng(SBD) vng góc với đáy, I thuộc cạnh SC sao cho SI = 2CI và thoả mãn AI
vuông

góc với SC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a .

Câu V (1 điểm) : Cho 3 số thực không âm a , b , c .Chứng minh rằng
a3

+b3+c3≥ a2

√

bc+b2

√

ac+c2

√

PHẦN RIÊNG (3 điểm) (thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)
A.Theo chương trình chuẩn

Câu VIa (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD với A(1;1) ; B(4;5) .Tâm I của hình bình hành
thuộc đường thẳng (d) : x+y+3=0 . Tìm toạ độ các đỉnh C, D biết rằng diện tích hình bình hành ABCD

bằng 9 .

2.Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho A(1;1;1); B(2;0;6); C(3;2;0) ; D(7;4;2). Lập phương trình mặt

phẳng (P) đi qua A, B và cách đều C, D.

Câu VII.a (1 điểm): Tìm số phức z thoả mãn z+3+5i

¯z −5i=0
B.Theo chương trình nâng cao

CâuVI.b (2điểm)

x − y −1=0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D .

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (Q) vng góc với đường thẳng
(d): x −1

2 =

y
−2=

z+1

1 , và cắt mặt cầu (S) : x2+y2+z2−2x+4y −6z −11=0 theo một đường
trịn có bán kính bằng 3

CâuVII.b (1 điểm) Tìm số phức có mơđun nhỏ nhất thoả mãn

|

z+1−5i
z+3−i

|

=1
...Hết...

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

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

ĐÁP ÁN KHỐI D

Câu Ý Nội dung Điểm

I 1

Với m = 1 thì hàm số có dạng y=1
3x

−1
2x

−2x
TXĐ:R

y’= x2

− x −2 ; y’=0
⇔

x=−1

x=2

¿
¿
¿
¿
¿

BBT

x − ∞ -1 2

+∞

y’ + 0 - 0 +

7
6

+∞

− ∞ −10

3
Đb ,nb

Cực trị y
Giới hạn
Đồ thị 7

-1 0 2 x

−10
3

0.25

2 y’ = x2 – mx + m2 – 3

Hàm số có CĐ, CTvà xCĐ, xCT >0 khi và chỉ khi pt y’ = 0 có 2 nghiệm dương pb
⇔

Δ=m2−4(m2−3)>0
P=m2−3>0

S=m>0

⇔

√

3<m<2

¿{ {

0.25

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Theo gt ta có

xCĐ+xCT¿2−2xCĐxCT=5
2
xCĐ2 +xCT2 =5

2⇔¿

(*)

Theo đl Viet thì (*) ⇔m2−2(m2−3)=5

2⇔m=

√

7
2 (tm)
II 1 ĐK −3≤ x ≤3, x ≠0 . Đặt t=

√

9− x2⇔x2=9−t2, t ≥0, t ≠3

Pt trở thành 9− t
2
3+t +

4(3− t)=1⇔t=

5
2

⇔x2
=11

4 ⇔x=±

√

2 (tm)

0.25
0.5
0.25
2

Pt ⇔cos4

(3x −π
4)+sin

(3x −π
4)=

1
2

⇔1−2 cos2(3x −π
4)sin

(3x −π
4)=

1
2⇔1−

1
2sin

(6x −π
2)=

1
2

⇔cos26x

=1⇔sin26x=0⇔x=kπ

6 k∈Z

0.25
0.5

0.25
III Đặt t=

√

x2+1⇒t2=x2+1⇒tdt=xdx

Đổi cận x=

√

3⇒t=2
x=

√

8⇒t=3
I=



2
3

1
t2−1dt=

1
2



2

3
( 1

t −1−
1
t+1)dt

¿1

2ln

|

t −1
t+1

|

¿2

= 1

2ln
3
2

0.25
0.25
0.5
IV S

B A
I

C D
Gọi O là giao điểm của AC và BD ⇒ (SAC) (SBD)=SO

Có (SAC) (ABCD)
(SBD) (ABCD)

nên SO (ABCD)

AC=

√

BA2+BC2=2a⇒OA=OC=a

Đặt SO=h ⇒SC=

√

SO2+OC2=

√

h2+a2 . Do SI=2CI nên IC=13SC=13

√

h2+a2

Tam giác AIC vuông tại I nên AI=

√

AC2−IC2=1

√

35a
2

− h2 (ĐK 0< h<a

√

35 )
Có 2SSAC=AI.SC=SO.AC ⇔13

√

35a

−h2.

√

h2+a2=2h.a

⇔h4+2a2h2−35a4=0⇔(h2+7a2)(h2−5a2)=0

⇔h=a

√

5 (tmđk)

0.25

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Vậy VS.ABCD= 1

3SO.SABCD=a
3

√

3 0.25

Theo BĐT Côsi ta có 2VP= a2

√

bc+b2

√

ac+c2

√

ab≤ a2(b+c)+b2(a+c)+c2(a+b)

2¿

ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) (1)
Lại có a − b¿

≥0∀a , b ≥0
a3+b3−ab(a+b)=(a+b)¿

⇔a3+b3≥ab(a+b)
tương tự b3

+c3≥bc(b+c)
c3

+a3≥ac(a+c)

Cộng vế với vế được 2VT ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)≥ 2VP (Đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

0.25
0.25

VIa 1

Giả sử C(a;b) ⇒I(1+a

2 ;

1+b

2 ) . Do I∈d⇒a+b+8=0 (1)
Pt đường thẳng AB x −1

3 =

y −1

4 ⇔4x −3y −1=0
Lại có d(C ;AB)=h=|4a−3b −1|

5
SABC= 1

2AB .h=
1
2

|4a −3b −1|

5 .5=

2⇔|4a −3b −1|=9⇔4a −3b −1=±9 (2)

Từ (1)(2) ta được

a=−2
b=−6
hoăc

¿a=−32
7
b=−24
7

¿{

Do đó

C1=(−2;−6)⇒D1(−5;−10)

C2(

−32
7 ;

−24

7 )⇒D2(−

7 ;−
52

7 )

¿
¿
¿
¿

0.25

2 + Nếu C ,D nằm cùng phía với (P) ,C ,D cách đều (P) khi CD//(P)

⃗AB(1;−1;5),⃗CD(4;2;2)⇒

[

⃗AB,⃗CD

]

=(−12;18;6)⇒⃗n=(2;−3;−1) là 1 vtpt của (P)
Pt (P) là 2(x −1)−3(y −1)−1(z −1)=0⇔2x −3y − z+2=0

+ Nếu C,D nằm khác phía với (P) thì C ,D cách đều (P) khi (P) đi qua trung điểm M(5;3;1) cuả
CD

⃗AB(1;−1;5),⃗AM(4;2;0)⇒

[

⃗AB,⃗AM

]

=(−10;20;6)⇒⃗n(−5;10;3) là 1 vtpt của (P)

PT(P) là −5(x −1)+10(y −1)+3(z −1)=0⇔−5x+10 yư+3z −8=0

0.25
0.25
0.25
0.25
VIIa Giả sử z=x+yi(x , y∈R) ta có ¯z=x −yi

Theo gt ta có z.¯z+3+5i−5i.¯z=0⇔x2+y2+3+5i−5 xi−5y=0

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

⇔

x2+y2+3−5y=0
5x −5=0

⇔
¿x=1
y2−5y+4=0

¿{

⇔
¿x=1

y=1

⇒z=1+i

¿
¿

x=1

¿
¿

y=4

¿
⇒z=1+4i

¿ ¿

0.25

VIb 1 BC đi qua B(1;5) và vng góc AH nên BC có pt -2x+y-3=0

Toạ độ C là nghiệm của hpt

−2x+y −3=0

x − y −1=0

⇒C(−4; −5)

¿{

(KB) đi qua B và vng góc d nên KB có pt: x+y-6=0

Toạ độ điểm K là nhgiệm của hpt

x+y −6=0
x − y −1=0

⇒K(7
2;

5
2)

¿{

Suy ra A’ (6;0).Pt A’C :x-2y-6=0

Do A=CA'∩AH nên toạ độ A là nhgiêm của hpt

x −2y −6=0

x+2y −2=0

⇒A(4; −1)

¿{

Trung điểm I của AC có toạ độ là I(0;-3) đồng thời I là trung điêm BD nên suy ra D(-1;-11)

0.25

0.25
0.25
0.25

2 (S) có tâm I(1;-2;3) và bk R=5

(Q) có dạng 2x-2y+z-m=0 . d(I,(Q))=

√

25−9 =4

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

⇔|2+4+3+m|

3 =4⇔

m=3

m=−21

¿
¿
¿
¿
¿

Do đó ptmp (Q) là 2x-2y+z+3=0 hoặc 2x-2y+z-21=0
VIIb Giả sử z=x+yiư .Từ gt suy ra

y
ư +1¿2

x+3¿2+¿

y −5¿2=¿

x+1¿2+¿

|

(x+1)+(ưy−5)i

|

x+3−(ưy+1)i

|

⇔¿
⇔x+3y=4ư

Ta có x+3y¿2≤10(x2+y2)=10|z|
2

ưư
16=¿

⇔

|

z

|

≥ 4

√

10 .Min

|

z

|

=
4

√

.Đẳng thức xảy ra khi

y=3x
x+3y=4

⇔
¿x=2

5
y=6

¿{

0.5
0.25

</div>

TOAN THI THU DH 2012CO DAP AN33































(

)

<sub>√</sub>

<sub></sub>

√

√

√

<sub>√</sub>

|

|

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

|

|

√

√

<sub></sub>

√

<sub></sub>





√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

|

|

|

|

√

√

√

|

|

|

|

√

√

√

√



√

√

√

√

√

|

|