DE THI THU DAI HOC LAN 2 NAM 2012 MON TOAN KHOI AB

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT LÊ LỢI. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012 MÔN TOÁN - KHỐI A, B Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) mx  2 y x  m có đồ thị là (Cm ) . Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  2 . (Cm ) . Tìm m để đường thẳng d : y  x  2 cắt 2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (Cm ) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB là tam giác đều. Câu II (2,0 điểm) 3  cos 2 x 2 tan x  4  cos x 1. Giải phương trình: 2  x  y  1  x  1 ( x , y  )  2 y  x  1  y  1 2. Giải hệ phương trình:   2. I . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:.  4. dx (sin x  cos x) sin x. .. Câu IV (1,0 điểm) Tứ diện SABC có SA  ( ABC ) , tam giác ABC vuông tại B, BC a 3 , AC a 7 , o M là trung điểm của AB và góc giữa hai mặt phẳng (SMC) và (ABC) bằng 30 . Tính theo a thể tích khối tứ diện SABC và diện tích tam giác SMC. Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm:. x  4 x  2  x  4 2  x m . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)  2 x  y  1 0 và hai điểm A(1;0), B(3;  2) . 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng   : Tìm điểm M thuộc đường thẳng  sao cho | 3MA  MB | nhỏ nhất. 2 2 2 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x  y  z  2 x  2 y  2 z  1 0 và hai điểm. A(3;1;0), B (2;0;  2) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 1. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z a  (a  3)i, (a  ) . Tìm a để khoảng cách từ điểm biểu diễn số phức z đến gốc tọa độ là nhỏ nhất. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 2 2 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x  y  2 x  3 0 . Viết phương trình tiếp o. tuyến của (C) biết góc giữa tiếp tuyến và trục hoành bằng 60 . 2 2 2 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x  y  z  2 x  10 y  1 0 và hai đường  x t  d : y 2  3t x 1 y 3 z 1 2   z  3t d1 :    1 1 2 , thẳng . Viết phương trình đường thẳng  đi qua tâm của (S) và cắt cả hai đường thẳng d1, d2. Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa điều kiện: | z  3  i 3 | 3 , tìm số phức có Acgumen dương và nhỏ nhất. .............................................................HẾT....................................................................... Họ và tên thí sinh:.............................................................................Số báo danh:...........................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012 Môn: Toán khối A-B Đáp án  2x  2 y x2 Khi m = 2 : Tập xác định D =  \ {  2} Chiều biến thiên 6 y'   0, x  2 ( x  2) 2 ; y’ không xác định tại x  2. Điểm. 0,25. Hàm số đồng biến trên các khoảng (  ;  2),(  2; ) , hàm số không có cực trị. lim y  lim y  2  x   Giới hạn và tiệm cận: x   Tiệm cận ngang y  2 lim y , lim y    x   2 x  2 Tiệm cận đứng x  2. 0,25. Bảng biến thiên: I.1 (1,0 điểm). x y’ y. . . 2 . 0,25.  . 2 . 2. Đồ thị: Cắt Oy tại (0;1) , cắt Ox tại (1;0) . Tâm đối xứng I (  2;  2) y. 0,25 1 -2. 1. x. O I -2. I.2 (1,0 điểm). mx  2  x  2  g ( x)  x 2  2 x  2m  2 0 (1) x  m Phương trình hoành độ giao điểm: với x m y  x  2 cắt (Cm ) tại hai điểm phân biệt khi  ' 1  2m  2  0 1   m 2 2 g ( x ) 0 có hai nghiệm phân biệt x m  g (m) m  2 0  x1  x2 2  x . x 2 m  2 Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (1), ta có  1 2 Các giao điểm là A( x1 ;  x1  2), B ( x2 ;  x2  2). 0,25. 0,25.  AB 2 2( x1  x2 ) 2 2( x1  x2 ) 2  8 x1 x2 8  16(m  1)  8(2m  1)  IA  IB   AB 3 d ( I , d )  2 Tam giác IAB đều khi  với I (m; m) 2 | 2m  2 | d (I , d )   2 | m  1| d ( I , d )  AB 3  d 2 ( I , d )  3 AB 2 2 4 Ta có ;. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2.  2(m  1)  6(2m  1)  m  2 thoả mãn điều kiện m  2 : A(1  3;1  Điều kiện: cos x 0. 3), B(1 . m. 1 2. 3;1  3)  IA IB . Vậy m  2 là giá trị cần tìm.. 0,25. Phương trình đã cho tương đương với: 2sin x  4cos x 3  cos 2 x  3(sin x  cos x)  (cos x  sin x) 3  (sin x  cos x)(cos x  sin x). 0,25.  (sin x  cos x  1)(sin x  cos x  3) 0 II.1 (1,0 điểm). 0,25.  sin x  cos x 1   sin x  cos x  3 (v« nghiÖm)       x  4  4  k 2 x   k 2  1   sin( x  )     (k  ) 2  4 2  x       k 2  x   k 2  4 4 Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình là: x   k 2 (k  ). 0,25. 0,25. 2. II.2 (1,0 điểm). III. (1,0 điểm). ( x  1)  ( x  1)  1  y  1  ( y  1) 2  ( y  1)  1  x  1 Hệ viết lại là:  x  1 u 0, y  1 v 0 Đặt ta có hệ: 4 2 u  u  1 v (u  v)(u 3  u 2 v  uv 2  v 3  u  v  1) 0  4  4 2 2 v  v  1 u  u  u  1 v u 0, v 0 u 0, v 0   u v u 1   u 4  u 2  u  1 0   v 1 u 0, v 0   x  1 1  x 2   y  1 1  y 2 Từ đó ta có:  . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x, y) (2,2)   1 2 2 2 1 I  sin x dx   d (cot x)  1  cot x  1  cot x 4. 0,25. 0,25. 0,25. 0,5. 4. .  ln 1  cot x 2  ln 1  cot 4. IV. (1,0 điểm). 0,25.    ln 1  cot ln 2 2 4. 0,5. S. 2. 2. AB  AC  BC 2a 1 1  SABC  BA.BC  2a.a 3 a 2 3 2 2. 0,25 A. C. K. M B. 0,25. o  Dựng AK  CM  SKA 30. AKM đồng dạng với CBM. . AK AM CB. AM a 3   AK   2 2 CB CM 2 BC  BM.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  SA  AK .tan 30o . a 2. .. 3. 1 1 a a 3 VSABC  S ABC .SA  a 2 3  3 3 2 6 S 1 a2 3 S AMC S SMC .cos30o  S SMC  AMCo a 2 S AMC  SABC  cos30 2 2 . Ta có: Điều kiện: 0  x 2. V. (1 điểm). 4 4 Xét hàm f ( x)  x  2  x  x  2  x với x  [0;2]  1 1 1 1 1 1  f '( x)        4 3 3 4 4 x 2 x  (2  x )  2  x  f '(1) 0;0  x  1: f '( x)  0 1 1 1 1   0;   0  f '( x )  0 3 4 3 4 x 2  x x (2  x ) 1 x  2: BBT: x 0 1 2 f’(x + 0  ) 4 f(x) 4 24 2 2 2. min f ( x ) m  m  2  4 2 Bất phương trình có nghiệm khi x[0;2] . E B A F Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, AE Ta có:         3MA  MB 2MA  (MA  MB ) 2( MA  ME ) 4MF   M  | 3MA  MB | nhỏ nhất  MF nhỏ nhất  M là hình chiếu của F trên .  VI.a.1 3 1  3 1  M    M ( t ;2 t  1)  FM (t  ;2t  )  E (2;  1)  F ( ;  )  (1 2 2  2 2  điểm)   có VTCP u (1;2) 1 1    3  u .FM 0  1. t    2. 2t   0  t  2 2  2  1 1 t   M ( ;0) 2 2 VI.a.2 Mặt cầu (S) có tâm I(1;1;1), bán kính R = 2 (1  d ( I ,( P))  R 2  r 2  3 Đường tròn giao tuyến có r = 1 điểm) 2 2 2 PT mp(P) có dạng: ax  by  cz  d 0 (a  b  c  0) Ta có hệ:  d  3a  b d  3a  b 3a  b  d 0     a b a b   2 a  2 c  d  0  c     c  2 2 |  a  b  c  d |    |  7a  b | 3. 5a 2  2ab  5b 2 17a 2  10ab  7b 2 0  3   a 2  b 2  c 2 a 1 a  7 17 b 1 b 1      c  1 c  5 17 d  4 d 4 17 Chọn b = 1 ta có: . 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Có 2 mặt phẳng cần tìm: x  y  z  4 0 và 7 x  17 y  5 z  4 0 Gọi M là điểm biểu diễn số phức z. Khoảng cách từ M đến gốc tọa độ O chính là độ dài đoạn OM | z | VII.a (1 điểm). OM đạt giá trị nhỏ nhất khi. | z | a 2  (a  3)2. 0,25 0,25. đạt giá trị nhỏ nhất.. 2. 3 9 9  a 2  (a  3) 2 2a 2  6a  9 2  a     2 2 2  Ta có: 3 3 a 2 thì OM đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 . Vậy, khi (C) có tâm I(1,0), bán kính R=2 o o Hệ số góc của tiếp tuyến là k tan 60  3 hoặc k tan120  3 nên phương trình tiếp tuyến  của (C) có dạng: 3x  y  p 0 hoặc 3x  y  q 0. VI.b.1 (1 điểm) Trường hợp : Trường hợp :. 3x  y  p 0.  d ( I ,  ) 2 . | 3 p| 2  p 4  2. | 3 q|  d ( I ,  ) 2  2  q 4  3x  y  q 0 2. Vậy các tiếp tuyến cần tìm là: (S) có tâm I (1;5;0). 3x  y 4 . 3 0 ; 3x  y 4 . 0,25 0,25 0,25. 0,25 3. 3 0 .. 1    u  [nP , nQ ] (1;3;0) 4 Đường thẳng  có VTCP đi qua I (1;5;0) có PT là:  x 1  t   y 5  3t (t  )  z 0  . Đường thẳng  thoả mãn bài toán. z  x  yi ( x, y  ) z  3  i 3 ( x  3)  ( y  3)i | z  3  i 3 | 3 . 0,25. 3. Gọi (P) là mặt phẳng chứa d1 và I, (Q) là mặt phẳng chứa d2 và I   ( P )  (Q )  PT của (P): d1 có VTCP u1 (1;  1;2) và đi qua điểm M 1 (1;3;1)     VTPT của ( P) : nP [ M 1 I , u 1 ] (3;  1;  2) PT của (P): 3( x  1)  1( y  5)  2( z  0) 0  3 x  y  2 z  2 0  u2 (1;  3;  3) và đi qua điểm M 2 (0;2;0) PT của (Q) : d 2 có VTCP VI.b.2 1    (1 (Q) : nQ  [ M 2 I , u 2 ] (3;  1;2)  VTPT 3 điểm) của PT của (Q): 3x  y  2 z  2 0. VII.b (1 điểm). 0,25. ( x  3) 2  ( y  3)2  3  ( x  3)2  ( y  3)2 3. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25. Điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z thỏa điều kiện bài toán nằm trên đường tròn tâm I ( 3;  3) , bán kính R  3 . Suy ra Ox tiếp xúc với đường tròn này.. 0,25. Vậy z  3 là số phức có Acgumen dương nhỏ nhất (bằng ).. 0,25. Lưu ý: Các cách giải khác với đáp án nếu đúng vẫn được điểm tối đa..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>