ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT NINH GIANG

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT NINH GIANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012 Môn thi: TOÁN, Khối A và B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số    2 x m y x có đồ thị là (Cm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1m  . 2) Tìm các giá trị của m để đường thẳng d: 2 2 1 0x y   cắt (Cm) tại hai điểm A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 (O là gốc tọa độ). Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2 2sin sin 3 tan 2 (sin sin 3 ) cos cos3 x x x x x x x    2) Giải phương trình 2 22 1 1 3x x x x x      . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1 3 2 0 ( 1) 2x x x dx  Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc ABC bằng 300. Tính thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và 'CB bằng 2 a Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2 1x y xy   . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2S x y xy  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 Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong BD. Biết 17( 4;1), ( ;12) 5 H M và BD có phương trình 5 0x y   . Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC. 2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 1 1: 2 3 1 x y z      và hai điểm (1;2; 1),A  (3; 1; 5)B   . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z , biết 3 12z i z  và z có phần thực dương. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): 2 2( 2) ( 3) 4x y    và đường thẳng d: 3 4 7 0x y m    . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 1200. 2) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;4;2) và hai đường thẳng lần lượt có phương trình 1 2 1 1 1: , ' : 1 1 2 2 1 1 x y z x y z            . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, cắt đường thẳng  và cách đường thẳng ' một khoảng lớn nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm trái dấu ( 3)25 (2 1)5 1 0x xm m m      Họ và tên thí báo Chữ kí của giám thị kí của giám thị ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số  1,00 TXĐ : . 2 3' 0, 2 ( 2) y x x        0,25 Hàm số nghịch biến trên ( ; 2) và ( 2; )    lim   TCN: 1y   2 2 lim , lim x x y y        TCĐ: 2x   0,25 Lập BBT 0,25 1 Đồ thị 1-2 0,25 2 2 1 0x y   cắt (Cm) tại hai điểm A và B... 1,00 12 2 1 0 2 x y y x      . Pt hoành độ giao điểm của d và (Cm) là             21 2 2 0 (1), 2 2 2 x m x x x m x x 0,25 D cắt (Cm) tại 2 điểm A, B  (1) có 2 nghiệm pb khác -2 2 ' 1 4(2 2) 0 92 8( 2) ( 2) 2 2               0,25 Gọi 1 2,x x là 2 nghiệm của (1). Khi đó 1 1 2 2 1 1; , ; 2 2 A x x A x x            2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 2 ( ) 4 2(9 8 )AB x x x x x x x x m           0,25 I 2 1 1 1 1 7. ( , ) 2(9 8 ). 9 8 1 2 2 4 82 2OAB S AB d O d m m m         (tm) Vậy 7 8 m   0,25 Giải phương trình 2 22 1 1 3x x x x x      1,00 22 1 0x x   và 2 1 0,x x x      TXĐ: TH 1. 0x  . Pt luôn TM 0,25 TH 2. x > 0. PT 2 2 1 1 1 12 1 3 x x x x        . Đặt 1 , 0t t x   Ta được 2 2 2 22 1 3 2 3 1t t t t t t t t             2 2 2 22 9 1 6 1 3 1 4t t t t t t t t t               0,25 2 2 2 14 0 4 7 9(1 ) 16 8 8 7 0 8 tt t tt t t t t t                     0,25 1 Đối chiếu với t > 0 ta được 1 1t x   Thử lại thấy x = 1 thỏa mãn pt. Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 1 0,25 Giải phương trình 2 2sin sin 3 tan 2 (sin sin 3 ) cos cos3 x x x x x x x    1,00 ĐK: cos 0,cos3 0x x  Pt tan sin tan 3 sin 3 tan 2 (sin sin 3 )x x x x x x x    0,25 sin( ) sin( )(tan tan 2 )sin (tan 3 tan 2 )sin 3 0 sin sin 3 0 cos cos 2 cos3 cos 2 x xx x x x x x x x x x x x          0,25 sin 0 sin 3 sin 0 cos3 cos x x x x    0,25 II 2 sin 0 sin 0 ( ) sin 2 0 cos 0 ( ) x x TM x x L         0,25 Tính tích phân 1 3 2 0 ( 1) 2x x x dx  1,00 1 1 3 2 2 2 0 0 ( 1) 2 ( 2 1) 2 ( 1)I x x x dx x x x x x dx         . Đặt 2 2 22 2 (1 ) . (0) 0, (1) 1t x x t x x tdt x dx t t          0,25 ) ( )I t t t dt   0,25 11 5 3 4 2 0 0 ( ) 5 3 t tt t dt           0,25 III 1 1 2 5 3 15    0,25 Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C 1,00 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' . Tam giác CAB cân tại C suy ra AB  CM. Mặt khác AB  CC' ( ') ' ' ( ')AB CMNC A B CMNC    . Kẻ ( ). ( ') ' ' ( ' ')MH CN H CN MH CMNC MH A B MH CA B       0,25 IV mp ( ' ')CA B chứa 'CB và song song với AB nên 0,25 ( , ') ( , ( ' ')) ( , ( ' ')) 2 ad AB CB d AB CA B d M CA B MH    Tam giác vuông 0. tan CM BM   Tam giác vuông 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 3 1CMN MN a MH MC MN a a MN         0,25 Từ đó 3 . ' ' ' 1. .2 . . 2 3 3ABC A B C ABC a aV S MN a a   0,25 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2S x y xy  1,00 2 2 2 2 2( ) ( ) ( 2 ) ( ) (1 3 )S xy x y S xy x y xy xy xy        0,25 Đặt t xy 2 2 2 11 1 3 ( ) 0 3 x y xy xy x y t          2 2 21 ( ) 1 0 1x y xy x y xy t           . 0,25 2 2 1( ) (1 3 ), 1; 3 S f t t t t          . 2 0 '( ) 2 9 0 2 9 t f t t       21 2 4( 1) 4, (0) 0, 4 2 2 3 9 243 f f f f S S                     0,25 V 2 1, 1 max 2 2 1, 1 min 2 S x y S S x y S                 0,25 Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC 1,00 Đt  qua H và  BD có pt 5 0x y   . (0;5)BD I I   . 0,25 Giả sử 'AB H  . Tam giác 'BHH có BI là phân giác và cũng là đường cao nên 'BHH cân  I là trung điểm của ' '(4;9)HH H . 0,25 AB đi qua H’ và có vtcp 3' ;3 5 u H M          nên có pt là 5 29 0x y   . 0,25 VI.a 1 Tọa độ B là nghiệm của hệ 5 29 (6; 1) 5 x y B x y       . M là trung điểm của 0,25 AB 4 ;25 5 A      Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất. 1,00 Gọi d là đt đi qua A và cắt  tại M ( 1 2 ;3 ; 1 )M t t t     ( 2 2 ;3 2; ), (2; 3; 4)AM t t t AB          0,25 Gọi H là hình chiếu của B trên d. Khi đó ( , )d B d BH BA  . Vậy ( , )d B d lớn nhất bằng BA H A  . Điều này xảy ra . 0AM AB AM AB      2( 2 2 ) 3(3 2) 4 0 2t t t t         (3;6; 3)M  . Pt d là 1 2 1 1 2 1 x y z      0,25 Mặt phẳng (P) chứa d và  có pt là: Gọi K là hình chiếu của B trên (P) BH BK  . Vậy ( , )d B d nhỏ nhất bằng BK H K  . Lúc đó d là đường thẳng đi qua A và K 0,25 2 Tìm được K và viết pt d 0,25 Tính môđun của số phức z , biết 3 12z i z  1,00 Giả sử , ,z x yi x y   . 3 312 ( ) 12z i z x yi i x yi       0,25 3 2 3 2 2 3 2 3 3 (1) 3 (3 12) 3 12 (2) x xy x x xy x y y i x yi x y y y                0,25 Do 2 20 (1) 3 1x x y     . Thế vào (2) ta được 2 3 33(3 1) 12 2 3 0y y y y y y         (3) 0,25 VII.a Giải pt (3) ta được 21 4y x    . Do x > 0 nên x = 2 Vậy 2 5z i z    0,25 Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 1200 1,00 0,25 0,25 0,25 1 0,25 Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, cắt đường thẳng  và cách đường thẳng ' một khoảng lớn nhất. 1,00 0,25 0,25 0,25 VI.b 2 0,25 ( 3)25 (2 1)5 1 0x xm m m      có 2 nghiệm trái dấu 1,00 0,25 0,25 0,25 VII.b 0,25