SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN MÔN THI: TOÁN KHỐI D LẦN 2 Đề chính thức Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian phát đề) I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: (2điểm) Cho hàm số 2 x m y x     (C m ) 1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1 2/Tìm các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d; 2x+2y -1=0 cắt đồ thị (C m ) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác OAB  có diện tích bằng 1 đơn vị diện tích (O là gốc toạ độ) Câu II: (2điểm) 1/Giải phương trình: 2cos(2x ) 4sinx.sin3x-1 0 3     2/Giải phương trình : 2 4 2 2 2.log log .log ( 2 1 1) x x x    Câu III: (1điểm)Tính tích phân : 1 3 2 x 3x 2 dx x 2       Câu IV: (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc · 0 60 ABC  ,hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD),góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 30 0 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA,CD theo a Câu V: (1điểm) Cho x,y là các số thực thay đổi và thoả mãn điều kiện . 2 2 1 x y xy    . Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức 2 2 P x y xy   II/PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần(Phần A hoặc phần B) A/Theo chương trình chuẩn Câu VIa: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(6;2) và đường tròn (C): 2 2 (x 1) (y 2) 5     .Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C)tại hai điểm A,B sao cho AB 10  Câu VIIa: (1điểm) Trong không gian Oxyz ,cho đường thẳng (d) : 1 1 2 4 1 x y z      và hai điểm phân biệt A(4;-1;1) B(2;5;0) .Tìm điểm M trên đường thẳng (d) sao cho tam giác MAB  vuông tại M Câu VIIIa: (1điểm) Trong mặt phẳng toạ độ .Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn 2 3 z i z i     .Trong các số phức thoả mãn điều kiện trên ,tìm số phức có mô đun nhỏ nhất B/Theo chương trình nâng cao Câu VIb: (2điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,cho A(-1;2) và đường thẳng (d): x 2y 3 0    .Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm B,C sao cho tam giác ABC  vuông tại C và AC=3BC Câu VIIb: (1điểm) Trong không gian Oxyz ,cho mặt phẳng (P) : x 2 3 0 y z     và 1 2 x 1 y 1 z 1 x 1 y 2 z 1 d : ;d : 2 1 1 1 1 2            .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng  biết  chứa trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng 1 d , 2 d Câu VIIIb: Tìm số phức z thoả mãn ( 1)( 2 ) z z i   là số thực và z nhỏ nhất _________HẾT_________ (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D HỌC KỲ II NĂM HỌC 2011-2012 Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Khi m=1 .khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 1 2 x y x     1 a)TXĐ:   D \ 2   ¡ b)Sự biến thiên -Chiều biến thiên 2 3 ' 0 2 ( 2) y x x        ……………………………………………………………………………………… Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 2)   và ( 2; )   -Cực trị : Hàm số không có cực trị -Giới hạn : lim 1 ; lim 1 x x      .Đường thẳng y = -1 là tiệm cân ngang của đồ thị hàm số 2 2 lim ; lim x x y         .Đường thẳng x = -2 là tiệm cân đứng của đồ thị hàm số ……………………………………………………………………………………… Bảng biến thiên ……………………………………………………………………………………… Đồ thị *Giao với trục Ox tại A(1;0) *Giao với trục Oy tại 1 B(0; ) 2 * Đồ thị nhận I(-2;-1) giao của hai tiệm cận làm tâm đối xứng 8 6 4 2 2 4 6 8 15 10 5 5 10 15 O -2 -1 2:Tìm m để đường thẳng d: 2x+2y-1=0 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B, sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 1 0.25 0.25 0.25 0.25 1 y' - 2 x y   - - 1    1  TXĐ:   D \ 2   ¡ Đường thẳng d:y=-x + 1 2 . Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và(C m ) là 1 2 2 x m x x       2 2 2 2 0 x x m      (1) .Đường thẳng (d) cắt (C m ) tại 2 điểm A,B  (1) có hai nghiệm phân biệt 2 x   2 17 1 8(2 2) 0 17 16 0 16 2 2.( 2) ( 2) 2 2 0 2 m m m m m m                                 với 17 16 2 m m         đường thẳng (d) y=-x + 1 2 cắt (C m ) tại 2 điểm phân biệt 1 1 2 2 1 1 A(x ; x ),B(x ; x ) 2 2     trong đó x 1 ;x 2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình 2 2 2 2 0 x x m     theo viet ta có 1 2 1 2 1 x x 2 x .x m 1           2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2(17 16m) AB (x x ) (x x ) 2 (x x ) 4x x 2               1 d O,d 2 2  ; OAB 2(17 16m) 1 1 1 47 S AB.d(O,d) . . 1 m 2 2 2 16 2 2         (t/m) Vậy với 47 m 16   thì đường thẳng d: 2x+2y-1=0 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B, sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 1 0.25 0.25 0.25 0.25 II 2.0đ 1: Giải phương trình : 2cos(2x ) 4sinxsin3x 1 0 3      (1) 1 phương trình (1) 2 2(cos2xcos sin 2xsin ) 4sin xsin3x 1 0 3 3 cos2x 3sin2x+4sin xsin3x 1 0 1 2sin x-2 3sin x cosx 4sin xsin3x 1 0 sinx(2sin3x-sin x- 3 cos x) 0 sinx 0 sinx 3cos x 2sin 3x                          *sinx 0 (k z) x k      1 3 *sinx 3cosx 2sin3x sinx cos x sin3x 2 2 3x x k2 x k 3 6 sin(x ) sin3x (k z) 3 3x x k2 x k 3 6 2                                             vậy phương trình đã cho có nghiệm x k   ; x k 6 2     (k z)  0.25 0.25 0.25 0.25 2.Giải phương trình 2 4 2 2 2log log .log ( 1 1) x x x    (1) Điều kiện x>0 (1) 2 2 2 2 1 log log .log ( 1 1) 0 2 x x x      2 2 2 1 log ( log log ( 1 1)) 0 2 x x x      2 2 2 log x 0 x 1 x 1 1 x 0 (ktm) log x log ( x 1 1) 0 x 1 1 x 2                         Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có nghiệm x =1 1 0.25 0.25 0.25 0.25 III Tính tích phân 1 3 2 x 3x 2 I dx x-2       1 Ta có 1 1 1 2 3 2 2 2 1 2 1 2 ( 1) ( 2) 3 2 dx = dx= dx x-2 x-2 x-2 (1 ) 2 = dx x-2 x x x x x x x x                     Đặt 2 2 t x 2 t x 2 x t 2         dx 2tdt  : Đổi cận khi x = -2 thì t = 0 ; khi x = -1 thì t = 1 1 1 1 2 4 2 2 2 2 2 0 0 0 (1 t 2)t t 3t 4 I .2tdt =2 dt 2 ( t 1 )dt t -2-2 t -4 t -4             Xét 1 1 3 2 0 0 t 8 J=2 ( t 1)dt 2( t) 3 3         Xét 1 1 1 2 0 0 0 4 1 1 2 t K=-2 dt 2 ( )dt 2ln 2ln3 t -4 2 t 2 t 2 t           Vậy I= 2ln 3 - 8 3 0.25 0.25 0.25 0.25 IV Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc · 0 60 ABC  ,hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD),góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 30 0 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA,CD theo a 1 Gọi O AC BD   ,M là trung điểm của AB và I là trung điểm của AM theo giả thiết ta có tam giác  ABC đều cạnh a nên CM AB,OI AB   và 2 3 3 3 , ,S 2 2 4 2 ABCD ABC a a a CM OI S      ………………………………………………… Vì(SAC)và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO (ABCD)  do AB OI AB SI    .Suy ra   · · · 0 (SAB,(ABCD) (OI,SI) SIO 30    Xét tam giác vuông  SOI ta được : 0 a 3 3 a SO OI.tan30 . 4 3 4    Thể tích khối chóp S.ABCD là O D A C B S J I M H 0.25 0.25 2 3 1 1 3 3 . 3 3 2 4 24 ABCD a a a V SO S   Gọi J OI CD   và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI ta có a 3 IJ 2OI 2   và JH (SAB)  Do CD AB (SAB) CD (SAB) CD (SAB)       P P     d(SA,CD) d CD,(SAB) d (J,(SAB) JH     Xét tam giác vuông IJH  ta được 0 a 3 1 a 3 JH IJ.sin30 . 2 2 4    Vậy a 3 d(SA,CD) 4  0.25 0.25 V Cho x,y là các số thực thay đổi và thoả mãn điều kiện . 2 2 1 x y xy    . Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức 2 2 P x y xy   1 Từ 2 2 2 2 2 2 P xy(x y) P (xy) (x y 2xy) x y (1 3xy)         Đặt t=xy 2 2 2 1 x y xy 1 1 3xy (x y) 0 t 3           2 2 2 x y xy 1 (x y) 1 xy 0 t 1            2 2 2 1 P f(t) t (1 3t) ,t 1; 3 t 0 f '(t) 2t 9t f '(t) 0 2 t 9                        Có 2 1 2 4 ( 1) 4; (0) ( ) 0 ,f( ) 4 2 2 3 9 243 f f f P P            P 2 x 1,y 1 maxP 2 P 2 x 1, y 1 min P 2                  0.25 0.25 0.25 0.25 TỰ CHỌN A:THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN VIa 8 6 4 2 2 4 6 8 O 15 10 5 5 10 15 B I A H M Đường tròn (C)Có tâm I (1;2) và bán kính R= 5 .Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB theo tính chất đường kính dây cung H là trung điểm của AB ta có 2 2 2 2 2 AB 10 5 10 IH IA AH R 5 IH 4 4 2 2          Gọi đường thẳng (d) đi qua M và có véc tơ pháp tuyến 2 2 n (a;b) (a b 0)    r Ptđt(d): a(x 6) b(y 2) 0 ax by 6a 2b 0          0.25 0.25 VIIa Đường thẳng (d) thoả mãn yêu cầu bài toán khi 2 2 2 2 a 2b 6a 2b 10 d(I,d) IH 9a b b 3a 2 a b             …………………………………………………………………………………………. Với b= - 3a ta có (d): x - 3y=0 Với b=3a ta có (d) : x + 3y - 12=0 ……………………………………………………………………………………… Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán là (d): x - 3y=0 hoặc (d) : x + 3y - 12=0 …………………………………………………………………………………………. Phương trình tham số của đường thẳng (d) 1 2 4 ( ) 1 x t y t t z t             ¡ …………………………………………………………………………………………. Gọi M( 1+2t;4t;-1-t) thuộc đường thẳng (d) ta có MA (3 2t; 1 4t;2 t);MB (1 2t;5 4t;1 t)          uuuur uuur MAB  vuông tại M MA.MB 0 (3 2t)(1 2t) ( 1 4t)(5 4t) (2 t)(1 t) 0              uuuur uuur 2 t 0 21t 21t 0 t 1          Với t=0 ta có M( 1;0;-1) Với t 1 M(3;4; 2)    0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 VIIIa Trong mặt phẳng toạ độ .Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn 2 3 z i z i     .Trong các số phức thoả mãn điều kiện trên ,tìm số phức có mô đun nhỏ nhất Gọi số phức z x yi (x;y )    ¡ .Ta có 2 2 2 2 z i z 2 3i x (y 1)i (x 2) (y 3)i x (y 1) (x 2) (y 3)                   2 3 0 x y     . Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức Z là đường thẳng : 2 3 0 x y     Ta có 2 2 z x y   (1) Từ 2 3 0 2 3(2) x y x y       thay (2) vào (1) ta có 2 2 2 2 6 9 9 9 6 (2 3) 5 12 9 5( ) min 5 5 5 5 5 z y y y y y z y                Vậy số phức thoả mãn điều kiện trên và có mô đun nhỏ nhất là 3 6 5 5 z i   0.25 0.25 0.25 0.25 B:THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO VIb Từ yêu cầu bài toán ta có C là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng (d) Phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với(d) là : 2x+ y +m =0 Vì ( 1;2) 2 2 0 0 A m m          Đường thẳng :2 0 x y    0.25 VIIb VIIb Toạ độ của C là nghiệm của hệ phương trình 3 2 0 3 6 5 ( ; ) 2 3 6 5 5 5 x x y C x y y                      Gọi B(2t 3;t) (d)   theo giả thiết 2 2 AC 3BC AC 9BC    2 2 2 16 4 16 12 6 15 9 (2 ) ( ) 45 108 64 0 4 25 25 5 5 3 t t t t t t                          Với 16 13 16 ( ; ) 15 15 15 t B   Với 4 1 4 ( ; ) 3 3 3 t B   .Vậy 13 16 ( ; ) 15 15 B  ; hoặc 1 4 ( ; ) 3 3 B  ……………………………………………………………………………. * Phương trình tham số của đường thẳng 1 1 2 1 ( ) 1 x t d y t t z t              ¡ *Phương trình tham số của đường thẳng 2 1 ' 2 ' (t' ) 1 2 ' x t d y t z t              ¡ Toạ độ giao điểm A của đường thẳng d 1 và mặt phẳng (P) là nghiệm hệ phương trình 1 2 1 1 0 (1;0;2) 1 2 2 3 0 1 x t x y t y A z t z x y z t                                Toạ độ giao điểm B của đường thẳng d 2 và mặt phẳng (P) là nghiệm hệ phương trình 1 ' 2 2 ' 3 (2;3;1) 1 2 ' 1 2 3 0 ' 1 x t x y t y B z t z x y z t                                Đường thẳng  thoả mãn yêu cầu bài toán đi qua A,B và có véc tơ chỉ phương (1;3; 1) AB   uuur Phương trình chính tắc của  1 2 1 3 1 x y z      Gọi số phức z x yi (x;y ) ;z x yi      ¡ .Ta có (z 1)(z 2i) ((x 1) yi)(x yi 2i) x(x 1) y(2 y) (x 1)(2 y)i xyi x(x 1) y(2 y) (2x y 2)i                       (z 1)(z 2i)   là số thực khi và chỉ khi phần ảo bằng 0 2 2 0 2 2 x y y x        .(1) Ta có 2 2 z x y   (2) thay (1) vào (2) ta có 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2 2 2 2 4 4 2 2 4 2 (2 2 ) 5 8 4 5( ) min 5 5 5 5 5 5 z x x x x x z x y                 Vậy số thoả mãn điều kiện trên là 4 2 5 5 z i   0.25 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định ……………………Hết ………………………… . 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 2 2 2 2 4 4 2 2 4 2 (2 2 ) 5 8 4 5( ) min 5 5 5 5 5 5 z x x x. Số báo danh SỞ GIÁO D C-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN HƯỚNG D N CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D HỌC KỲ II NĂM HỌC 201 1-2 012 Câu