Những bài văn mẫu dành cho học sinh lớp 10truonghocso.com
Thi thử toán đặng thúc hứa na 2012 lần 2 k ab
1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2012
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Môn thi: TOÁN; Khối: A & B
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 y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1)x − m 3 + 1 , (1) ( m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 .
2. Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của đồ thị hàm số (1). Đường thẳng d cắt trục toạ độ Oy tại điểm B.
Tìm các giá trị thực của tham số m để diện tích tam giác OAB bằng 6, trong đó O là gốc của hệ toạ độ.
Câu II (2,0 điểm)
2 sin x 1 π
π 1
1. Giải phương trình +
= 2 cos x + cos x − +
2 cos 2x − 1 2 sin x + 1
3
3 2
2 1
x − = y − x
2. Giải hệ phương trình
x y (x , y ∈ ℝ)
5y − 1 − x y = 1
6
(
ln 2 + x x + 3 ) dx
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x +3
1
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC .A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = 2a, BC = 4a, A ' C = 2 3a (a > 0) . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Biết A ' B vuông góc với mặt
phẳng (AB ' M ) . Chứng minh tam giác A ' BC vuông và tính thể tích khối lăng trụ ABC .A ' B ' C ' theo a .
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a 2 + b 2 + c 2 + ab − 2bc − 2ca = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất
c2 c2 ab
của biểu thức P = + 2 +
(a + b − c)2
a +b 2
a +b
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 mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 10x − 10y + 30 = 0 . Viết phương trình
đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C ) sao cho đường thẳng ∆ cắt hai trục toạ độ Ox,Oy lần lượt tại
1 1 1
A, B thoả mãn 2
+ 2
= .
OA OB 5
x +1 y −3 z −2
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng d : = = , mặt phẳng
2 −2 1
(P ) : 2x − 2y − z − 5 = 0 và điểm A(0; −1;1). Xác định toạ độ điểm M trên đường thẳng d và điểm N
trên mặt phẳng (P ) sao cho mặt phẳng (AMN ) vuông góc với đường thẳng d và tam giác AMN cân tại A .
2 − iz z + 2i
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn − = 2z .
2+i 1 − 2i
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng
d : x − y − 4 = 0 , đường thẳng BC ,CD lần lượt đi qua hai điểm M (4; 0) và N (0; 2). Biết tam giác AMN
cân tại A , xác định toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD.
x y z
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm M (1;2;1) và đường thẳng d : = = . Viết phương
1 2 −2
trình mặt phẳng (P ) đi qua M và song song với đường thẳng d sao cho mặt phẳng (P ) cắt các tia
Ox ,Oy,Oz lần lượt tại các điểm A, B,C sao cho thể tích khối chóp O.ABC bằng 9.
Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thoả mãn | z 2 − i |= 1 , tìm số phức z có môđun lớn nhất.
---------------Hết---------------
Chú ý: Thí sinh có thể xem điểm thi và đáp án tại các địa chỉ: http://thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
Giáo viên ra đề: Trần Đình Hiền – Trường THPT Đặng Thúc Hứa – Thanh Chương – Nghệ An 1
Cảm ơn thầy Trần Đình Hiền (dinhhientc@gmail.com ) gửi tới www.laisac.page.tl
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM 2012
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I.1 Khi m =1 ta có hàm số y = x − 3x . Tập xác định D = ℝ .
3 2
(1 điểm) Sự biến thiên
Chiều biến thiên:
y ' = 3x 2 − 6x ; y ' = 0 ⇔ x = 0 v x = 2 0,25
y ' > 0 ∀x ∈ (−∞; 0) ∪ (2; +∞) . Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; +∞)
y ' < 0∀x ∈ (0; 2) . Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2).
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ=0. Hàm số đạt cực tiểu tại x =2, yCT= -4.
Giới hạn: lim (x 3 − 3x 2 ) = −∞, lim (x 3 − 3x 2 ) = +∞ 0,25
x →−∞ x →+∞
Bảng biến thiên
x -∞ 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 +
0 +∞ 0,25
y
-∞ -4
Đồ thị: y
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm (0;0) và (3;0) 3
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;0). 2
1
x
-3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-1 0,25
-2
-3
-4
-5
I.2 Ta có y ' = 3x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1) ;
(1 điểm)
y ' = 0 ⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 ⇔ x = m − 1 v x = m + 1 0,25
Hàm số có cực đại, cực tiểu ∀m ∈ ℝ .
Khi đó điểm cực đại là A(m − 1; −3m + 3) .
0,25
Phương trình tiếp tuyến d tại điểm A là: y = y '(x A )(x − x A ) + yA ⇔ y = −3m + 3 .
Ta có {B } = d ∩ Oy ⇒ B(0; −3m + 3)
Điều kiện để có tam giác OAB là m ≠ 1 . 0,25
Do tiếp tuyến d song song với trục Ox nên tam giác OAB vuông tại B
AB =| m − 1 |,OB =| −3m + 3 |
1 0,25
Diện tích tam giác OAB là SOAB = AB.OB ⇔ (m − 1)2 = 4 ⇔ m = −1 v m = 3 .
2
II.1
(1 điểm) cos 2x ≠ 1
2 ⇔ x ≠ ± π + k π, k ∈ ℤ .
Điều kiện: 0,25
sin x ≠ − 1 6
2
2 sin x 1 2π 1
Phương trình đã cho tương đương với +
= cos
+ cos 2x +
2 0,25
1 − 4 sin2 x 2 sin x + 1 3
Giáo viên ra đề: Trần Đình Hiền – Trường THPT Đặng Thúc Hứa – Thanh Chương – Nghệ An 2
3. 1
⇔ = cos 2x ⇔ 2 cos2 2x − cos 2x − 1 = 0 0,25
2 cos 2x − 1
cos 2x = 1 x = k π
⇔ ⇔ (k ∈ ℤ) (Thoả mãn điều kiện). 0,25
cos 2x = − 1 x = ± π + k π
2 3
II.2 x ≠ 0
(1 điểm) Điều kiện:
y ≥ 1
5
0,25
y = x
2
x −y 2
Phương trình (1) tương đương với x − y +
2
= 0 ⇔ (x − y )(xy + 1) = 0 ⇔
2
1
xy x = − y
* Với y = x 2 thế vào phương trình (2) ta có 5x 2 − 1 = 1 + x x 2 (3)
+ Nếu x > 0 thì phương trình (3) trở thành 5x 2 − 1 = 1 + x 2 ⇔ x 4 − 3x 2 + 2 = 0
x = 1 x = −1
⇔ x 2 = 1 v x 2 = 2 ⇔ (Thoả mãn) v (Loại) 0,25
x = 2 x = − 2
x = 1 x = 2
Hệ phương trình có 2 nghiệm ,
y = 1 y = 2
2
+ Nếu x < 0 thì phương trình (3) trở thành 5x − 1 = 1 − x ⇔ 4
2 2 x ≤ 1
x − 7x 2 + 2 = 0
7 − 41 7 − 41 7 − 41
⇔ x2 = ⇔x =− (Thoả mãn) v x = (Loại)
2 2 2 0,25
x = − 7 − 41
Hệ phương trình có 1 nghiệm
2
7 − 41
y =
2
1 1
* Với x = − thế vào phương trình (2) ta có 5y − 1 + = 1 (4)
y y
1 1 0,25
Nếu ≤ y < 1 thì > 1 nên phương trình (4) vô nghiệm ⇒ Hệ phương trình vô nghiệm.
5 y
Nếu y ≥ 1 thì 5y − 1 ≥ 2 nên phương trình (4) vô nghiệm ⇒ Hệ phương trình vô nghiệm.
7 − 41
x = 1 x = 2 x = −
Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm:
,
, 2
y = 1 y = 2
7 − 41
y =
2
III Đặt t = x + 3 ⇔ t 2 = x + 3
(1 điểm) 0,25
Khi x = 1 thì t = 2; khi x = 6 thì t = 3 ; Ta có dx = 2tdt
3 3 3 3
Do đó I = ∫ 2 ln(t 3 − 3t + 2)dt = 2 ∫ ln (t − 1)2 (t + 2) dt =4 ∫ ln(t − 1)dt + 2 ∫ ln(t + 2)dt 0,25
2 2 2 2
Giáo viên ra đề: Trần Đình Hiền – Trường THPT Đặng Thúc Hứa – Thanh Chương – Nghệ An 3
4.
u = ln(t − 1) du = dt
3
* Tính I 1 = 4 ∫ ln(t − 1)dt . Đặt ⇒
dv = dt
v = t −− 1
t
2
1
0,25
3
3
Do đó I 1 = 4(t − 1) ln(t − 1) − 4 ∫ dt = 8 ln 2 − 4
2 2
3 u = ln(t + 2) du = dt
* Tính I 2 = 2 ∫ ln(t + 2)dt . Đặt ⇒ t +2
dv = dt
v = t + 2
2
3 3 0,25
Do đó I 2 = 2(t + 2) ln(t + 2) − 2∫ dt = 10 ln 5 − 8 ln 4 − 2
2 2
Vì vậy, I = I 1 + I 2 = 10 ln 5 − 8 ln 2 − 6 .
IV Gọi {I}=AB’∩A’B A’ C’
(1 điểm) A’B⊥(AB’M) ⇒ A’B⊥MI
MI là đường trung bình của tam giác A’BC ⇒MI//A’C 0,25
Do đó A’B⊥ A’C ⇒ ∆A ' BC vuông tại A’ B’
1
∆A ' BC vuông tại A’⇒ A ' M = BC = 2a
2 I 2 3a
và A’B=2a
1
∆ABC vuông tại A ⇒ AM = BC = 2a
2 A C 0,25
A’B⊥(AB’M) ⇒ A’B⊥AB’⇒ Tứ giác ABB’A’ là K
hình thoi ⇒ AA’ = AB = 2a. N H
M
Do đó tứ diện A’ABM là tứ diện đều với cạnh bằng 2a. 2a 2a
B
Gọi N là trung điểm của cạnh AB ⇒ MN = 3a .
2 2 3a
Gọi H là tâm của tam giác đều ABM ⇒ A’H⊥(ABM) và HM = MN =
3 3 0,25
2 6a
⇒ A ' H = A ' M 2 − HM 2 =
3
1
Thề tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là VABC .A ' B ' C ' = S ABC .A ' H = AB.AC .A ' H = 4 2a 3 0,25
2
V a b
(1 điểm) Từ giả thiết ta có (a + b − c )2 = ab . Đặt x = , y = ( x, y > 0 ) 0,25
c c
(x + y )2 (x + y )2 2
Áp dụng BĐT xy ≤ .Từ giả thiết ta có xy = (x + y − 1)2 ≤ ⇒ ≤ x +y ≤ 2 0,25
4 4 3
xy 2xy 1 1 4
Áp dụng bất đẳng thức : ≥ và + ≥ , ∀A, B > 0
x + y (x + y )2
A B A+B
0,25
1 1 xy 1 1 2xy
Khi đó P = + 2 + ≥ + 2 +
(x + y − 1)2
x +y 2
x + y xy x + y 2
(x + y )2
1
1 1 2xy 4 1 2xy 4 2
= + 2 +
+ ≥
2xy x + y2 2xy (x + y)2 x 2 + y2 + 2xy + 2 2xy (x + y)2 = (x + y)2 + (x + y) ≥ 2
0,25
Vậy min P = 2 đạt được khi x = y = 1
VI.a.1 Đường tròn (C) có tâm I(5;5), bán kính R = 2 5 0,25
Giáo viên ra đề: Trần Đình Hiền – Trường THPT Đặng Thúc Hứa – Thanh Chương – Nghệ An 4
5. (1 điểm) x y
Giả sử A(a,0), B(0 ;b) (a,b ≠0). Phương trình đường thẳng ∆ : + =1 0,25
a b
Từ giả thiết ta có hệ phương trình
1
+ 1 =1
2
a
b2 5 1
1
1 1 + 1 =1
2 + = 5 5 2 b2
⇔ + −1 ⇔ a
5 0,25
OA OB 2
5 a b 5 5
d (I , ∆) = R
1
=2 5 + −1 = 2
a b
1
+
a 2 b2
1 1 3
1 1
1 1
1 2
1
1 1
+ =
+ = −1
=
=
= −2
=
a b 5 v a b 5 ⇔a 5 v a 5 v a 5 v a 5
⇔
1
= 2 1
=− 2 1 2
= 1 1
= 1 1
= 1
= −2 0,25
b
b
b
ab 25
ab 25
b 5
5
5
5
Các phương trình đường thẳng ∆ là: x+2y-5=0; 2x+y-5=0; 2x – y +5 =0; x -2y -5 = 0.
VI.a.2
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (2; −2;1)
(1 điểm)
Do (AMN ) ⊥ d nên một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (AMN) là n = u = (2; −2;1) 0,25
Phương trình mặt phẳng (AMN) là : 2x -2y + z -3 = 0.
Ta có {M } = d ∩ (AMN ) . Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
x = 1
x + 1 = y − 3 = z − 2
0,25
2 −2 1 ⇔ y = 1 . Ta có M(1 ;1 ; 3)
2x − 2y + z − 3 = 0
z = 3
Ta có {N } = (P ) ∩ (AMN ) . Giả sử N(a; b; c)
2a − 2b − c − 5 = 0
N ∈ (P )
N ∈ (AMN ) ⇔ 2a − 2b + c − 3 = 0
0,25
Từ giả thiết ta có hệ phương trình
AM = AN 2
a + (b + 1) + (c − 1) = 9
2 2
2
a + (a − 1) = 5 a = 2 a = −1
2
⇔ b = a − 2
⇔ b = 0 v b = −3
c = −1
c = −1 c = −1
0,25
Ta có N(2 ; 0 ; -1) thoả mãn, N(- 1 ; - 3 ; - 1) bị loại do A là trung điểm của đoạn thẳng MN.
VII.a. Phương trình đã cho tương đương với (2 − iz )(1 − 2i) − (z + 2i )(2 + i) = 2(2 + i)(1 − 2i)z 0,25
(1 điểm)
⇔ (2 − 4i ) − (2 + i )z = (4 − 3i )z (1) 0,25
Giả sử z = x + yi,(x, y ∈ ℝ)
Khi đó phương trình (1) tương đương với (2 − 4i ) − (2 + i )(x + yi ) = (4 − 3i )(x − yi ) 0,25
⇔ (2 − 2x + y ) − (4 + x + 2y )i = (4x − 3y ) − (3x + 4y )i
2 − 2x + y = 4x − 3y
3x − 2y = 1
x = 1
⇔ ⇔
⇔
4 + x + 2y = 3x + 4y
x + y = 2
y = 1
0,25
Vậy số phức z = 1 + i .
VI.b.1 Giả sử A(t ;t-4) ∈d. Do tam giác AMN cân tại A nên AM =AN
(1 điểm) 0,25
⇔ (t − 4)2 + (t − 4)2 = t 2 + (t − 6)2 ⇔ t = −1 . Ta có A( - 1 ; -5 )
Giả sử phương trình đường thẳng BC đi qua M(4;0) có dạng: ax + by − 4a = 0 ( a 2 + b 2 ≠ 0 )
Do CD⊥BC và đường thẳng CD đi qua điểm N(0 ;2) 0,25
⇒ phương trình đường thẳng CD là bx − ay + 2a = 0
Giáo viên ra đề: Trần Đình Hiền – Trường THPT Đặng Thúc Hứa – Thanh Chương – Nghệ An 5
6. Do ABCD là hình vuông nên khoảng cách
| −5a − 5b | | 7a − b | 0,25
d (A, BC ) = d (A,CD ) ⇔ = ⇔ 3a = −b v a = 3b
a +b 2 2
a +b2 2
* Với 3a = - b chọn a= 1, b = - 3. Phương trình các cạnh
AB: 3x + y + 8= 0
BC: x-3y-4=0
CD: 3x + y – 2= 0
DA: x-3y-14=0
Ta có A(-1;-5), B(-2; -2), C(1;-1), D(2;-4).
0,25
*Với a = 3b chọn a = 3, b = 1. Phương trình các cạnh
AB: x -3y-14=0
BC: 3x+y-12=0
CD: x -3y + 6 = 0
DA: 3x+y + 8 = 0
Ta có A(-1; - 5), B(5;-3), C(3;3), D(-3;1).
VI.b.2 Giả sử A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c), ( a, b, c > 0 )
(1 điểm) 0,25
x y z
Phương trình mặt phẳng (P): + + = 1.
a b c
1 1 1
Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n = ( ; ; ) .
a b c 0,25
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (1;2; −2)
Từ giả thiết ta có hệ phương trình
1 2 1
+ + =1
M ∈ (P )
a b c
1 2 2
n.u = 0
⇔ + − =0
0,25
V a b c
O .ABC = 9
abc
6 =9
1 2 2
1 1
+ =
=
a b
3 a
3
1 2 1
1 1
⇔ . =
⇔ = . Phương trình mặt phẳng (P) là: 2x + y + 2z − 6 = 0
0,25
a b
9 b
6
1 1
= 1 1
=
c
c
3
3
VII.b.
Giả sử z = x + yi,(x , y ∈ ℝ) . Ta có | z |= x 2 + y 2
(1 điểm) 0,25
Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có x 2 + y 2 ≥ 2 x 2y 2 = 2 | xy |≥ 2xy hay 2xy ≤| z |2 (1)
Ta có z 2 = (x 2 − y 2 ) + 2xyi .
0,25
Từ giả thiết | z 2 − i |= 1 ⇔ (x 2 − y 2 )2 + (2xy − 1)2 = 1 ⇔ (x 2 + y 2 )2 = 4xy (2)
Từ (1) và (2) ta có | z |4 ≤| z |2 ⇒| z |≤ 2 0,25
x = y
Vậy max | z |= 2 , đạt được khi | xy |= xy ⇔ x = 1 v x = −1
2
x + y 2 = 2 y = 1
y = −1
0,25
hay z = 1 + i hoặc z = −1 − i
Chú ý: Những thí sinh có lời giải khác với đáp án, Giám khảo tự điều chỉnh thang điểm cho phù hợp.
Xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo: Phạm Kim Chung, Nguyễn Thị Thoả (THPT Đặng Thúc Hứa) đã giải và
phản biện đề thi!
CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT ĐƯỢC KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO ĐẠI HỌC!
Giáo viên ra đề: Trần Đình Hiền – Trường THPT Đặng Thúc Hứa – Thanh Chương – Nghệ An 6
