De va dap an thi thu Hau Loc 2 namv20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN – Khối A, A1, B, D Thời gian làm bài: 180 phút. SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2 điểm). x 2 y x  1 có đồ thị là (C) Cho hàm số: 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận của (C), M là điểm thuộc (C) có hoành độ lớn hơn  1 . Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M biết tiếp tuyến đó vuông góc với IM. Câu 2 (2 điểm) 2 cos3 x  sin x 1 2sin 2 x  2sin x  1  cos x 1. Giải phương trình: 2. 2. Giải bất phương trình:. . 3  x  1  2 x  3 1 . 3x  4. . 2.  4. cos x  ln(1  sin x) I  dx sin 2 x . 6 Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân: Câu 4 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O; tam giác SBD đều cạnh 2a , 0 tam giác SAC vuông tại S có SC a 3 ; góc giữa mp(SBD) và mặt đáy bằng 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa đường thẳng AC và đường thẳng SB. Câu 5 (1 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a  b  c 12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. S. a3. . b3. c3. . ab  2 1  c c bc  2 1  a a ac  2 1  b b II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu 6.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 144. Gọi điểm M (2;1) là trung điểm của đoạn AB; đường phân giác trong góc A có phương trình AD : x  y  3 0 . Đường thẳng AC tạo với đường thẳng AD góc  mà biết đỉnh B có tung độ dương.. cos  . 4 5 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 7.a (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z 0 và các đường thẳng x 1 y 1 z 1 x 1 y 2 z d1 :   ; d2 :   1 3 2 2 1 1 . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mp(P), vuông góc với d1 và cắt d 2 . z .i  z z  3 Câu 8.a (1 điểm). Tính biết z là số phức thỏa mãn: ( z  2)( z  1) là số thuần ảo và . B. Theo chương trình Nâng cao 2 2 Câu 6.b (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x  y  4 x  6 y  9 0 và đường thẳng d : x  y 1 0 . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ngoại tiếp đường tròn (C) biết rằng đỉnh A thuộc. đường thẳng d và có hoành độ dương. x y 1 z  2   2 1  1 và mặt phẳng Câu 7.b (1 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng (P): x  y  z  3 0 . Gọi M là giao điểm của đường thẳng d và mp(P). Viết phương trình đường thẳng  d:. nằm trong mp(P), vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến  bằng log 2  x.( x  1)2   log 2 x.log 2 ( x 2  x)  2 0 Câu 8.b (1 điểm). Giải phương trình: .. 42 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> - Thí sinh thi khối D không phải làm câu 5. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung 1 x 2 y x 1 1. Khảo sát và vẽ (C):. Điểm 0,25đ. D R \   1 * TXĐ: * Sự biến thiên:. x 2 1 x   x  1  tiệm cận ngang là đường thẳng y 1 - Giới hạn: x  x 2 x 2 lim y  lim ; lim y  lim  ; x  1 x  1 x  1 x  1 x  1 x  1  tiệm cận đứng là đường thẳng x  1 3 y'  0 ( x  1) 2 - Chiều biến thiên: hàm số đồng biến trên TXĐ D lim y  lim. 0,25đ. - Bảng biến thiên: x y'. 1.  .  . . 1. 0,25đ. y  * Đồ thị: - Đồ thị hàm số đi qua điểm (0;  2) , (2;0) , ( 2; 4) , ( 4;3) và đối xứng qua điểm I ( 1;1). 1. 0,25đ. 2. Viết phương trình tiếp tuyến… - Giao điểm của 2 tiệm cận là I ( 1;1) .  a 2 M  a;   (C ) ( a   1) - Gọi  a  1  , , suy ra phương trình tiếp tuyến tại M là:   3  3 a 2 u  1; y ( x  a)   2  2 (a  1) a  1 tiếp tuyến có vectơ chỉ phương là:  (a  1) . 0,25đ. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . 3   IM  a  1;  a 1   - Vectơ. 0,25đ  u.IM 0  a  1 . - Tiếp tuyến vuông góc với IM khi và chỉ khi  a  1  3  a  1  3  (a  1)4 9     a  1  3  a  1  3  a  1  3. 9 0 (a  1)3 0,25đ. (do a   1). Vậy phương trình tiếp tuyến là: y  x  2  2 3 . 2 cos3 x  sin x  1 2sin x  2sin x  1  cos x 1. Giải phương trình lượng giác: (1)  cos x 0  x   m , m  Z . 2 * ĐK: 2. 0,25đ. PT(1)  cos x  2sin 2 x  2sin x  1 2 cos3 x  sin x 1  2 cos x  cos 2 x  sin 2 x   1  2sin x.cos x  (cos x  sin x) 0 2.  2 cos x  cos 2 x  sin 2 x    cos x  sin x   (cos x  sin x) 0. 0,25đ.   cos x  sin x   2 cos x(cos x  sin x)  cos x  sin x  1 0   cos x  sin x   2 cos 2 x  1  2sin x cos x  cos x  sin x  0   cos x  sin x   cos 2 x  sin 2 x  cos x  sin x  0. 2.  cos x  sin x 0  tan x 1    cos 2 x  sin 2 x  cos x  sin x 0  sin 2 x  cos 2 x sin x  cos x      x  4  k  x  4  k  tan x 1          2 x   x   k 2   x   k 2  sin  2 x    sin  x      4 4 2   4 4     2 x    x  5  k 2  x   k 2 4 4 3 3     2 x   k , x   k , k  Z. 4 3 3 - Kết hợp điều kiện ta được 2 họ nghiệm: 2. 2. Giải bất phương trình: 2. . 3  x  1  2 x  3 1 . . (1)  9  x  1  6 x  9  1 . 3x  4. . 2. 3x  4. . 2. 2. 2.  1  2t 2  1  1  t    t  1.  t 1   t 0   t 2.  t 1  t 0    t 2. 2.  (t 1).  3x  4 1   3x  4 0    3x  4 2. 2. 0,25đ. 2. (1) 2. .   3 x  3  6 x  9  1 . - Ta có: 2 - Đặt t  3x  4 (t 0)  3 x t  4 , BPT (2) trở thành:. t. 0,25đ.  (2t 2  1)  0   t  1.  x  1   x  4 3   x 0 .  4  T  ;  1   0;    3  - Vậy BPT ban đầu có tập nghiệm là:. 2. 3x  4.  2t  t  0 2. . 2. (2). 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  4. Tính tích phân:  4. . . 4 cos x  ln(1  sin x) cos x.dx 4 ln(1  sin x) I  dx   2   sin 2 x dx sin 2 x   sin x 6. 6.  4. 6.  4. d (sin x) ln(1  sin x) 1    2   dx     J 2  2 sin x  sin x    sin x  6. 6. 6.  4. - Tính. 0,25đ. 2J. ln(1  sin x ) J  dx sin 2 x  6.  J   cot x.ln(1  sin x) . u ln(1  sin x)    dx dv sin 2 x . Đặt  4.  4  6. cos x  dx du  1  sin x  v  cot x  4. 2. 6. 3 3 2 2  3 ln  ln  2 2.  4.  4. 6. 6. 6.  1 3 2 2 4 dx  dx  3 ln  ln  x  K   sin x 2 2   6. 3 2 2   3 ln  ln  K 2 2 12  4. - Tính .  4.  4.  4. 6. 6. 6. 0,25đ. dx sin x.dx d (cos x ) 1  1 1  K   2       dx 2 2   1  cos x 1  cos x   sin x  sin x  1  cos x 6.  4. 1 1  cos x 2 3 ln ln 2 1  cos x  2 1 6. I 2  Vậy. 0,25đ. cos xdx 3 2 2 1  sin x   3 ln  ln  dx 2 2 sin x  sin x (1  sin x) . 0,25đ. 3 2 2  2 3 2  3 ln  ln   ln 2 2 12 2 1 .. 4. S. I. D. A O. H C. B. * Tính thể tích… - Trong mp(SAC) dựng SH  AC tại H. - Do SBD đều nên SO  BD , lại do ABCD là hình thoi nên AC  BD  BD  mp( SAC )  BD  SH  SH  mp( ABCD) - Vì SBD đều có cạnh 2a  SO a 3 và SO  BD 0  - Lại do CO  BD  SOC 60 là góc giữa mp(SBD) và mp(ABCD). 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3 3a  2 2 0  - Nhận thấy: SOC có SC SO a 3, SOC 60  SOC là tam giác đều 1 1  CO a 3  AC 2a 3  S ABCD  AC .BD  .2a.2a 3 2a 2 3 2 2 1 1 3a  VS . ABCD  SH .S ABCD  . .2 a 2 3 a 3 3 3 3 2 * Tính khoảng cách giữa SB và AC. - Gọi I là trung điểm SD  OI // SB  mp( IAC ) // SB  SH SO.sin 600 a 3.. 0,25đ.  d ( AC; SB) d ( B;( IAC )) d ( D;( IAC )) h . 1 d ( I ;( ABCD))  d ( S ;( ABCD)) 2 - Ta thấy: I là trung điểm SD nên ; 3 1 1 a 3 SADC  S ABCD  VI . ADC  VS . ABCD  2 4 4 ; Lại thấy:. 0,25đ. 2 2 2 2 2 2 - Lại có: CD CO  OD 3a  a 4a SC 2  CD 2 SD 2 3a 2  4a 2 4a 2 5a 2  IC 2      2 4 2 4 2 2 5a OI 2  OC 2  IC 2 3  IC 2  ; IO 2 a 2 ; OC 2 3a 2  cos IOC   2 2.OI .OC 4 Tam giác ICO có. 13 4 1 1 13 a 2 39 a 2 39   OI .OC.sin IOC  .a.a 3.   SIAC 2.SIOC  2 2 4 8 4.    sin IOC  1  cos 2 IOC   SOIC. 0,25đ. 3VD. IAC 3a 3 3 a 2 39 3a 1  :  VI . ACD VD.IAC  .h.SIAC  h  SIAC 4 4 13 3 - Mà 3a d ( AC ; SB)  3 V a 3 13 . Vậy S . ABCD và 5. 2 2 2 - Đặt x  a , y  b , z  c  x, y, z  0, x  y  z 12 0,25đ 6 6 6 x y z + + và S= 3 3 3 xy+ 2 √ 1+ z yz +2 √ 1+ x zx +2 √ 1+ y - Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 2 √ 1+ x 3=2 √ (1+ x)( 1− x + x 2)≤ 1+ x +1 − x + x 2=x 2+2 ; dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=2 . 3 2 3 2 - Tương tự: 2 1  y  y  2, 2 1  z z  2 ; các dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y 2, z 2. 0,25đ. - Áp dụng các kết quả trên và giả thiết ta được:. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> S. . . x6 y6 z6 ( x3  y 3  z 3 )2    xy  z 2  2 yz  x 2  2 zx  y 2  2 xy  yz  zx  x 2  2  y 2  2  z 2  2. x. 3.  y3  z 3 . 2. x 2  y 2  z 2  ( x 2  2)  ( y 2  2)  ( z 2  2). x. 3.  y3  z3 . 2. x2  y 2  z 2 2( x  y  z )  2 2. 2. . 2. - Áp dụng BĐT AM-GM ta được:. . x. 3.  y3  z3 . 2. 2( x 2  y 2  z 2 )  6. 2  x3  y 3  z 3 . 2. 0,25đ. 5  x2  y 2  z 2  1 3 1 3 x + x +4 ≥ 3 x 2 ⇒ x 3 ≥3 x 2 − 4 , dấu “=” xảy ra 2 2. ⇔ x=2 . Tương tự suy ra x 3+ y3 + z 3 ≥3 (x 2+ y 2 + z 2) −12 ≥ 3( x 2+ y 2+ z 2 )−( x 2+ y 2+ z 2 )=2( x 2 + y 2+ z 2) 2. 8 ( x 2+ y 2+ z 2 ) 8( x 2+ y 2+ z 2 ) 96 = ≥ Suy ra S ≥ , dấu “=” xảy ra ⇔ x= y =z=2 . 5 5 5(x 2 + y 2+ z 2) 96 S min   x  y  z 2  a b c 4. 5 Vậy * Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AD A  M '  AC + Ta có pt MM ' : x  y  1 0 M’. I + Gọi I MM ' AD  I ( 1;  2) M MM '  M  (  4;  5) + Do I là trung điểm  * Đường thẳng AD có vtpt là n (1;1) B D + Giả sử đường thẳng AC có vtpt là n1 (a; b), a 2  b 2 0 . + Theo giả thiết suy ra:     a b 4 n.n1 4 cos  cos n, n1        7 a 2  50 ab  7b 2 0  2 2 5 n n1 5 2 a b. . 6.a. . 0,25đ. C.  a 7b  b 7 a . + Với a 7b , chọn b 1  a 7  pt AC : 7 x  y  33 0  x  y  3 0  x  5 A  AD  AC  A :    A   5; 2  7 x  y  33  0 y  2   - Điểm  B  9; 0  - Điểm M (2;1) là trung điểm của AB (loại) + Với b 7 a , chọn a 1  b 7  pt AC : x  7 y  39 0. 0,25đ. 0,25đ.  x  y  3 0  x 3 A  AD  AC  A :    A  3;  6  x  7 y  39  0 y  6   - Điểm  B  1;8  - Điểm M (2;1) là trung điểm của AB (thỏa mãn đk)  AB 10 2 và pt AB : 7 x  y  15 0  d ( M '; AB) . 48 5 2;. 1 144 1 SM ' AB  d ( M '; AB). AB 48   SABC  d (C ; AB) 3.d ( M '; AB) 2 3 3 * Nhận thấy:   Lại vì M’ nằm giữa A, C nên AC 3 AM '  C ( 18;  3) A  3;  6  B  1;8  C ( 18;  3) Vậy , , là các điểm cần tìm.. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  mp( P ) n (2;  1; 2) ; - Ta thấy: có vectơ pháp tuyến là  u (1;3; 2) Đường thẳng d1 có vectơ chỉ phương là: 1. 7.a.  x 1 2 x  y  2 z 0   A d 2  ( P)  A :  x  1 y  2 z   y 2  A (1; 2;0)   2  1  1   z 0 - Gọi  u  - Giả sử đường thẳng có vectơ chỉ phương là .     ( P ) u  n         u  n, u1  ( 8;  2;7)   d1 u  u    1 nên có thể chọn + Vì + Lại do   ( P ) và  cắt d 2   đi qua A (1;2;0) x 1 y 2 z :   8 2 7 Vậy phương trình đường thẳng z  a2  b2 - Giả sử z a  bi , (a, b  R)  z a  bi và ( z  2)( z  1)  (a  2)  bi   ( a  1)  bi  (a  2)( a  1)  b 2  3bi + Ta có là số 2 2 2 thuần ảo khi và chỉ khi (a  2)(a  1)  b 0  a  b  a  2 0 (1). + Mặt khác: 8.a. z  3. a 2  b 2  3  a 2  b 2 3. (2).  z 1  2i    z 1  2i + Từ (1) và (2) ta được a 1, b  2  z .i  z (1  2)  (1  2)i  z .i  z  2(1  2) 2 2  2       z .i  z (1  2)  (1  2)i  z .i  z  2(1  2) 2 2  2 Vậy. z .i  z 2  2. z .i  z 2 . 2. hoặc - Đường tròn (C) có tâm I (2;  3) , bán kinh R 2 . - Vì đỉnh A  d : x  y  1 0  A (a;  a  1) với a  0 . - Vì đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD nên tâm của đường tròn (C) cũng là tâm 2 2 của hình vuông và IA R 2 2 2  IA 8  2(a  2) 8  a  2 2  a 4  (a  2) 2 4     A (4;  5)  a  2  2  a 0 (loai) + Vì I là trung điểm AC  C (0;  1) . 6.b. 7.b. 0,25đ 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. Đường thẳng BD  AC tại I  pt BD : x  y  5 0 - Lại thấy các đỉnh B và D là giao điểm của đường thẳng BD và đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD suy ra tọa độ B, D là nghiệm của hệ phương trình:   x 4  0,25đ  x  y  5 0   y  1   B (4;  1), D (0;  5)    B (0;  5), D (4;  1) 2 2   x 0  ( x  2)  ( y  3) 8    y  5 0,25đ Vậy các đỉnh của hình vuông là: A (4;  5), B (4;  1), C (0;  1), D (0;  5) hoặc A (4;  5), B (0;  5), C (0;  1), D (4;  1) . - Vì M d  ( P )  M (0;  1; 2) - Mp(P) có vectơ pháp tuyến là: n (1;1;1) ,đường thẳng d có vectơ chỉ phương là:. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  u (2;1;  1) . Do đường thẳng  cần tìm nằm trong mp(P) và    vuông góc với đường u  n, u  (  2;3;  1) thẳng d nên đường thẳng  có vectơ chỉ phương là: 1  .  - Gọi N ( x; y; z ) là hình chiếu vuông góc của M trên  , suy ra MN ( x; y  1; z  2) + Theo  giả thiết suy ra:  MN  u1  2 x  3 y  z  1 0   N (4;0;  7)   ...    N  ( P)   x  y  z  3 0  N ( 4;  2;3)   x 2  ( y  1) 2  ( z  2) 2 42 MN  42   - Vậy có hai đường thẳng  thỏa mãn yêu cầu bài toán: x  4 y z 7 x4 y2 z 3 :   :   2 3  1 hoặc 2 3 1 * Giải PT: - ĐK: x  1. log 2  x.( x  1)2   log 2 x.log 2 ( x 2  x)  2 0. 0,25đ. 0,25đ. (1) 0,25đ.  ( x 2  x )2  PT(1)  log 2   log 2 x.log 2 ( x 2  x)  2 0  x   2  2 log 2 ( x  x)  log 2 x  log 2 x.log 2 ( x 2  x )  2 0 8.b. 0,25đ.  2  log 2 ( x 2  x)  1  log 2 x.  log 2 ( x 2  x)  1 0   log 2 ( x 2  x)  1  log 2 x  2  0  x 2  x  2 0  log 2 ( x 2  x)  1 0  log 2 ( x 2  x) 1      1  log x  2  0 log x  2 x   2  2  4 - Kết hợp điều kiện ta thấy PT(1) có duy nhất một nghiệm: x 2. 0,25đ   x  1   x 2  1 x  4. 0,25đ 0,25đ. * Chú ý: - Thí sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa - Câu hình học không gian (câu 4), nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm. - Thí sinh thi khối D không phải làm câu 5, điểm của câu đó được tính vào câu 1 (mỗi ý 0,5 điểm).

<span class='text_page_counter'>(9)</span>