I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số y=x3-3mx2+3(m2-1)x-m3+m (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O
Hội Những Người Ôn Thi Đại Học Đề thi thử số 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn thi : TOÁN - khối AB Thời gian: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số 3 2 2 33 3( 1)y x mx m x m m (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2,0 điểm): 1. Giải phương trình: 23 4 2 2 2 1 2sin x cos x sin x 2. Giải phương trình: . 12 1 3 )1(2)1( 2 x x xx Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân: I = dx xx x 2 0 33 cossin sin Câu IV (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a,AD 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho a 3 AM 3 , mặt phẳng BCM cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM. Câu V (1,0 điểm): Giải hệ phương trình: { √ II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chƣơng trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm): 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng :3 4 12 0x y và hai điểm (1;1), ( 1;5)A B . Lập phương trình đường tròn c đi qua ,A B và cắt đường thẳng tại hai điểm ,M N biết dây cung MN có độ dài bằng 6. Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức z4-z3+ 2 2 z +z+1 = 0 B. Theo chƣơng trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm): 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(2;0) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là 2 2 2( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b (1,0 điểm): Giải bất phương trình: 22log 64 log 16 3x x ------------HẾT------------ SƠ LƢỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2_2012 Câu Nội dung Điểm I 1.0 2 Ta có , 2 23 6 3( 1)y x mx m Để hàm số có cực trị thì PT , 0y có 2 nghiệm phân biệt 2 22 1 0x mx m có 2 nhiệm phân biệt 1 0, m 0.25 Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 0.25 Theo giả thiết ta có 2 3 2 2 2 6 1 0 3 2 2 m OA OB m m m 0.25 Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m và 3 2 2m . 0.25 II 2.0 1 1.0 )sin21(2cos212cos4 2 xxx )sin21(2cos2)12cos2)(12cos2( xxxx 0,25 )sin21(2cos2)12cos2)(sin41( 2 xxxx 0.25 02cos2)sin21)(12cos2()sin21( xxxx 0)3sin21)(sin21( xx 0.25 )(; 3 2 18 5 ; 3 2 18 2 6 7 ;2 6 2 1 3sin 2 1 sin Zk k x k x kxkx x x 0.25 2 1.0 ĐK: 3 1 x x 08 1 3 1231 x x xxx 0.25 4 1 3 1 2 1 3 1 x x x x x x 1632 432 2 2 xx xx 0.25 0192 072 2 2 xx xx 0.25 521 221 x x 221,521, S 0.25 III 1.0 Xét J= dx xx x 2 0 33 cossin cos Ta CM được I = J (Đặt x= t 2 ) 0.25 ; (Chọn ; (Chọn ; (Chọn ; (Chọn x < -1) I+J = 2 0 xxxx dx 22 coscossinsin = 2 4 2 4 0 2 1cotcot cot 1tantan tan xx xd xx xd 0.25 Đặt tanx(cotx) = t => I + J = 1 0 2 1 2 tt dt =2 1 0 2 4 3 ) 2 1 ( ) 2 1 ( t td Đặt t - 2 1 = ytan 2 3 0.25 => I + J = 33 4 => I= 33 2 0.25 IV 1.0 Do ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD Ta có BC AB BC BM BC SA . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao . 0.25 Ta có 0SA AB.tan 60 a 3 , a 3 a 3 MN SM MN 2 4a3 MN AD SA 2a 3 3a 3 và 2a BM 3 . Diện tích hình thang BCMN là 2 BCMN 4a 2a BC MN 2a 10a3S BM 2 2 3 3 3 0.25 Hạ SH BM và BC SAB BC SH . Vậy SH BCMN SH là đường cao của khối chóp S.BCNM . Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AM 1 SB MS 2 . Vậy BM là phân giác của 0 0SBA SBH 30 SH SB.sin30 a . 0.25 Gọi V là thể tích chóp S.BCNM ta có 3 BCMN 1 10 3a V SH.S 3 27 0.25 V 1.0 Ta thấy y=0 không phải là nghiệm của phương trình. 0.25 600 A D B C S M N H y11+y Xét f(t)= t 11+t có f’(t)= 11y10+1>0 => f(t) đồng biến => =y=>x=y 2 Thay vào pt thứ 2 ta được: 0.25 0.25 0.25 VI.a 2.0 1 1.0 Điểm : 1 0 ;1C CD x y C t t . Suy ra trung điểm M của AC 1 3 ; 2 2 t t M . 0.25 Điểm 1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C 0.25 Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y tại I (điểm K BC ). Suy ra : 1 2 0 1 0AK x y x y . Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0 0;1 1 0 x y I x y . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của 1;0K . 0.25 Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y 0.25 2 1.0 Gọi ( , )I a b là tâm đường tròn, P là trung điểm MN nên , 3IP MN MP Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 5) 3 4 12 ( , ) ( 1) ( 1) 9 5 a b a b RIA IB R a b d I IP IM MP a b 0.25 2 2 2 2 2 2 2 22 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 2 6 2 6 121 630 125 02 30 25 (2 7) ( 1) 9 R a b R a b a b a b b bb b b 0.25 2 2 5, 4, 25 25 676 644425 , , 121 121 14641 b a R b a R 0.25 Có hai đường tròn 2 2 2 2 ( ) : ( 4) ( 5) 25 25 676 644425 ( ') : ( ) ( ) 121 121 14641 C x y C x y 0.25 VIIa 1.0 z 4 -z 3 + 2 2 z +z+1 = 0 (z4+1)-(z3-z)+ 2 2 z =0. 0.25 Chia cả hai vế cho z2, ta được : (z2+ 2 1 z ) –(z- 1 z ) + 1 2 =0 2 5 0, 2 w w- + = (với 1 z z w = - ) 0.25 1 3 , 2 2 iw = + hoặc 1 3 2 2 iw = - 0.25 + Phương trình : z- 1 z = 1 2 + 3 2 i cho nghiệm z1=1+i ; z2 =- 1 2 (1-i) + Phương trình : z- 1 z = 1 2 - 3 2 i cho nghiêm z3=- 1 2 (1+i) ; z4= 1-i 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Dễ thấy pt (AB): y=0 : trục hoành Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ I đến AB, đặt IH=a => I(a;a) ( do (AB) là trục hoành và I thuộc đường thẳng x=y) 0.25 Sử dụng công thức diện tích hình bình hành tính được IH=2 =>tọa độ I(2;2) và I=(-2;-2) 0.25 Với I(2;2) => C(3;4), D(2;4) 0.25 Với I(-2;-2) => C(-5;-4), D(-6;-4) 0.25 2 1.0 Phương trình tham số của d1 là: 1 2 3 3 2 x t y t z t . M thuộc d1 nên tọa độ của M 1 2 ;3 3 ;2t t t . Theo đề: 0.25 1 2 22 2 |1 2 2 3 3 4 1| |12 6 | , 2 2 12 6 6 1, 0. 31 2 2 t t t t d M P t t t + Với t1 = 1 ta được 1 3;0;2M ; + Với t2 = 0 ta được 2 1;3;0M 0.25 + Ứng với M1, điểm N1 2d cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: 3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z . Phương trình tham số của d2 là: 5 6 4 5 5 x t y t z t (2) Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0). 0.25 + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0.25 VIIb 1.0 Điều kiện: 1 0; ; 1 2 x x x 0.25 22 2 2 6 4 log 64 log 16 3 3 1 log 2log x x x x 0.25 Đặt 2log ; 0, 1t x t t ta được: 6 2 3 5 2 3 0 1 (1 ) t t t t t t 1 1 3 0 2 t t 0.25 Vậy: 2 3 2 1 11 1 log 23 2 0 log 2 1 4 xx x x 0.25
Tài liệu đính kèm: