DE THI DAI HOC 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>www.MATHVN.com SỞ GD& ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI. Đề chính thức. ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần III) NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn: Toán. Ngày thi 12/5/2012 Thời gian: 180 phút ( Không kể thời gian giao đề). PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm: Cho hàm số y = x 4 + 2 ( m − 2 ) x 2 + m2 − 5m + 5 ( Cm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 2. Tìm các giá trị thực của m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. Câu II:(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: tgx – 3cotg3x = 2tg2x. 1 1 2. Giải bất phương trình sau trên tập số thực: ≤ x + 2 − 3− x 5 − 2x Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân. I =. ∫. π 3 0. x + sin 2 x dx 1 + cos 2 x. Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật , với AB=3a ,AD =2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600.Gọi M là trung điểm của CD. Tính thể tích khối chóp SABM và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SB và AM x3 + y 3 + 16 z 3 Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn x+y+z > 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của P = . 3 ( x + y + z) PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI a.(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16. A, B thuộc đường thẳng d: 2 2 x − y − 2 2 = 0 và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 3 ; - 1 ; 1 ) , đường thẳng ∆ và mp ( P) lần lượt có x y−2 z phương trình ∆ : = = , ( P ) : x – y + z - 5 = 0 . Viết phương trình tham số của đường thẳng 1 2 2 d thỏa mãn các điều kiện: Đi qua A , nằm trong ( P) và hợp với đường thẳng ∆ một góc 900. Câu VII a (1,0 điểm) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2 − 4 z + 11 = 0 . 2. 2. z + z2 Tính giá trị của biểu thức 1 . ( z1 + z2 ) 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x − 2 y −3 z −3 2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng d1 : = = và 1 1 −2 x −1 y − 4 z − 3 d2 : = = . Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm trong một mặt 1 −2 1 phẳng. Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2 chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC.  x 2 = 1 + 6 log 4 y Câu VII b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  2 x 2 x +1 y = 2 y + 2 ------------------Hết---------------. www.MATHVN.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> www.MATHVN.com ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC(Lần III) NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn: Toán. SỞ GD& ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI CÂU. 1. Ý. 1a. ĐIỂM. NỘI DUNG. Với m =1. Khảo sát hàm số f ( x ) = y = x − 2 x + 1 (C) 1.TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên của hàm số: * Giới hạn tại vô cực: lim f ( x ) = +∞ : lim f ( x ) = +∞ 4. x → −∞. * Bảng biến thiên:. 2. x → +∞. (. ). f ' (x ) = y ' = 4 x − 4 x = 4 x x 2 − 1 y ' = 0 ⇔ x = 0; x = −1; x = 1 x -∞ -1 0 1 y’ 0 + 0 0 3. y +∞. 0,25. 0,25 +∞ + +∞. 1. 0. 0. 0,25. * Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− 1;0) và (1;+∞ ) , nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞;−1) và (0;1) *Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1; y CT = 0 , đạt cực đại tại x = 0; y CD = 1 3. Đồ thị:   3 4 3 4 * Điểm uốn: y ' ' = 12 x 2 − 4 , các điểm uốn là: U 1  − ; , U 2  ;  3 9 3 9    * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: ( HS tự vẽ hình). 1b. 0,25. Tìm tham số m: Ta có f ' ( x ) = 4 x 3 + 4(m − 2 )x = 0 ⇔ x = 0; x 2 = 2 − m * Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu : m < 2 (1) . Toạ độ các điểm cực trị là: A(0; m 2 − 5m + 5), B 2 − m ;1 − m , C − 2 − m ;1 − m * Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A:. (. ) (. 0,25. ). AB. AC = 0 ⇔ (m − 2) = −1 ⇔ m = 1 vì đk (1). 0,25. 3. (. ). (. Trong đó AB = 2 − m ;− m 2 + 4m − 4 , AC = − 2 − m ;− m 2 + 4m − 4 Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1. 0,25. ). 0,25. Điều kiện: cos2x ≠ 0; cosx ≠ 0; sin3x ≠ 0 tgx – 3cot3x = 2tg2x <=> tgx – cotg3x = 2(tg2x + cotg3x). ⇔. 0,25. sin x cos 3x sin 2x cos 3x − = 2( + ) cos x sin 3x cos 2 x sin 3x. - cos4x .cos2x = 2 cos2x<=>(2cos22x - 1)(cos2x) +1 +cos2x = 0<=> cos32x = -. Đối chiếu điều kiện: cosx ≠ 0 <=> cos2x ≠ 0 <=>. 1 2. 1 + cos 2 x ≠ 0 <=> cos2x ≠ -1. 2. sin3x ≠ 0 <=> sinx(3 – 4sin2x) ≠ 0 <=> sin2x ≠ 0. www.MATHVN.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> www.MATHVN.com 3 sin2x ≠ 4 2a. ⇔. {. 1 − cos 2 x ≠0 2 1 − cos 2 x 3 ≠ 2 4. ⇔. cos 2 x ≠ 1. { cos. 2x≠−. 1 2. 1 α 1 => cos 2x = - (thoả mãn ĐK)<=> cos2x = = cos α ⇔ x = ± + kπ 3 2 2 2. 0,25. 3. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: α 1 x = ± + kπ, k ∈ Z với cos α = − 3 2 2 0,25. 2 1. Giải bpt. 2b. 1. ≤. x + 2 − 3− x 5 − 2x 5  − 2 ≤ x < 2 * ĐK:  1  x≠ 2  1 * Với − 2 ≤ x < : x + 2 − 3 − x < 0, 5 − 2 x > 0 , nên bpt luôn đúng 2 1 5 * Với < x < : Bpt ⇔ x + 2 − 3 − x ≥ 5 − 2x ⇔ 2 x 2 − 11x + 15 ≤ 2 x − 3 2 2 5  3 5  ≤x< Ta có:  2 2 ⇔2≤ x< 2 2 x 2 − x − 6 ≥ 0 1  5  Vậy tập nghiệm của bpt là: S = − 2;  ∪ 2;  2  2 . π. I=. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. π. 3. 3 dx dx = 4 . ∫π sin 2 x. cos 4 x ∫π sin 2 2 x. cos 2 x 4. 0,25. 4. Đặt : t = tanx Đổi cận: x =. x=. (1 + t 2 ) 2 dt = Khi đó I = ∫ t2 1 3. 3. π. 0,25. 3. 1 1 t3 2 ∫1 ( t 2 + 2 + t )dt = (− t + 2t + 3 ). 3 1. =. 8 3−4 3. π. 3. 3 dx dx I=∫ = 4 .∫ 2 4 2 2 π sin x. cos x π sin 2 x. cos x 4. 4. Đặt : t = tanx Đổi cận: x = x=. www.MATHVN.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> www.MATHVN.com 3 0,25 3 (1 + t ) dt 1 1 t3 8 3−4 2 = ( + 2 + t ) dt = ( − + 2 t + ) = ∫1 t 2 ∫1 t 2 t 3 1 3 0 * Hình thoi ABCD có góc A=120 và tâm O nên tam giác ABC đều : 1 a a 3 OB = BD = và AB = AC = 0,25 2 2 3 Đặt I là trung điểm BC thì AI ⊥ BC ; AI = OB Mà SA ⊥ mp( ABCD ) ⇒ BC ⊥ SI . Do đó ∠SIA là góc giữa 2 mp(SBC) và mp(ABCD) vì 3. Khi đó I =. 2 2. ∆SAI vuông tại A : ∠SIA = 60 0 ⇒ SA = AI . tan 60 0 =. 4. a 3 2. 0,25 * Kẻ OK ⊥ SC tại K thì mp(BD;OK) là mp(α). SC AC OC. AC SC SC 2 = ⇔ KC = ⇔ = (1) Khi đó ∆ASC ~ ∆KOC : OC KC SC KC OC. AC  SC SA 2  13 SA 1 = Lại do OC = AC ; SC 2 = SA 2 + AC 2 , nên = 21 + = 2 KC AC 2  2 HK  Trong đó H là hình chiếu của K trên mp(ABCD) và H thuộc AC. * Ký hiệu V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại của 0,25 S ABCD .SA V SA = = 2. = 13 hình chóp S.ABCD: V1 S BCD .HK HK V V V V1 + V2 * Ta được: = = 1 + 2 = 13 ⇔ 2 = 12 0,25 V1 V1 V1 V1 S. A. B. K. I. O H D. 5. C. .. ( x + y). Trước hết ta có: x3 + y 3 ≥. 4. Đặt x + y + z = a. Khi đó (với t =. 3. (biến đổi tương đương) ⇔ ... ⇔ ( x − y ) ( x + y ) ≥ 0 2. ( x + y) 4P ≥. 3. + 64 z 3. a3. (a − z) =. 3. + 64 z 3. a3. = (1 − t ) + 64t 3 3. 0.25. z , 0 ≤ t ≤1) a. Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] . Có 1 2 f '(t ) = 3 64t 2 − (1 − t )  , f '(t ) = 0 ⇔ t = ∈ [ 0;1]   9. 0.25. 0.25. Lập bảng biến thiên. ⇒ Minf ( t ) = t∈[ 0;1]. 64 16 ⇒ GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 81 81. www.MATHVN.com. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> www.MATHVN.com 1. * B = d ∩ Ox = (1;0) Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 ) ∈ d H là hình chiếu của A trên Ox ⇒ H(t;0) H là trung điểm của BC.. 6a. * Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t − 1) 2 + (2 2t − 2 2) 2 = 3|t - 1| ∆ ABC cân tại A ⇒ chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| t = 3 * ⇒ 16 = 8|t - 1| ⇔   t = −1 4 2 * Với t = 3 ⇔ A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0) ⇒ G( 3 ; ) 3 −4 2 ) Với t = -1 ⇔ A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0) ⇒ G( −1 ; 3. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.





 2. Gọi ud , u∆ , nP lần lươt là các vtcp của đt d , đt ∆ và vtpt của mp ( P).





 Đặt ud = (a; b; c), (a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0) . Vì d nằm trong ( P) nên ta có : nP ⊥ ud => a – b + c = 0
b = a + c ( 1 ). Theo gt : góc giữa 2 đt bằng 450 ⇔ Góc giữa 2 vtcp bằng 450 . a + 2b + 2c 2
= ⇔ 2(a + 2b + c) 2 = 9(a 2 + b 2 + c 2 ) (2) 2 2 2 2 a + b + c .3 c = 0 Thay (1) vào ( 2) ta có : 14c + 30ac = 0 ⇔  15a c = − 7  * Với c = 0 : chọn a = b = 1 . Ta có ptts của d là : x = 3 + t ; y = - 1 – t ; z = 1 * Với c = - 15a / 7 . chọn a = 7 , c = - 15 , b = -8 . ta có ptts của d là : x = 3 + 7 t ; y = - 1 – 8 t ; z = 1 – 15t. 2. 6 1.Giả sử B( xB ; yB ) ∈ d1 ⇒ xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) ∈ d 2 ⇒ xC = −2 yC + 7 6b.  xB + xC + 2 = 6 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   yB + yC + 3 = 0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;- 4) ; C(5;1)





 Ta có BG (3; 4) ⇒ VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 9 81 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 5 25  2. d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương a = (1;1; −2)  d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương b = (1; −2;1)     




 Ta có  a, b  ≠ 0 và  a, b  M 0 M 1 = 0 vậy d1 cắt d2     (d1,d2) : x + y + z – 8 = 0 ⇒ A ∈ (d1,d2) t +5 t +5  B(2 + t;3 + t;3 - 2t); M  ; ;3 − t  ∈ d2 ⇒ t = - 1 => M(2;2;4) 2  2 


  C( 1+u;4-2u;;3+u) : AC ⊥ a ⇒ u = 0 ⇒ C(1;4;2). Bán kính R = d(C; BG) =. www.MATHVN.com. 0,25. 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> www.MATHVN.com. Giải pt đã cho ta được các nghiệm: z1 = 1 −. 3 2 3 2 i, z2 = 1 + i 2 2. 0,25. 2. 7a. 3 2  22 Suy ra | z1 |=| z2 |= 1 +  ; z1 + z2 = 2  = 2  2  2. 2. 2. z + z2 11 Đo đó 1 = ... = 2 4 ( z1 + z2 ). 7. 7b.  x 2 = 1 + 6 log 4 y Giải hệ phương trình  2 x 2 x +1 y = 2 y + 2 * ĐK : y > 0 Phương trình ẩn y có 2 nghiệm là: y = -2x (loại) và y = 2x+1 * Với y = 2x+1 thay vào pt (1) có: x 2 = 1 + 6 log 4 2 x +1 ⇔ x 2 − 3 x − 4 = 0 giải pt thì x = -1 và x = 4 * Với x = -1 thì y = 1, Nghiệm (x; y) là: (-1;1) Với x = 4 thì y = 32, Nghiệm (x;y) là: (4;32). www.MATHVN.com. 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>