I. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) Cõu I (2 im) Cho hm s ( ) 3 2 3 4y x x C = + 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) 2. Gi d l ng thng i qua im A(- 1; 0) vi h s gúc l k ( k R). Tỡm k ng thng d ct (C) ti ba im phõn bit v hai giao im B, C ( vi B, C khỏc A ) cựng vi gc ta O to thnh mt tam giỏc cú din tớch bng 8. Cõu II (2 im) 1 .Tỡm cỏc nghim ca phng trỡnh: 2 2 7 sin .cos 4 sin 2 4sin 4 2 2 x x x x = ữ (1) tho món iu kin : 1 3x < . 2.Gii phng trỡnh sau : ( ) 2 3 2 3 2 3 8x x x + = + Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn : 2 0 1 sin 1 cos x x I e dx x + = + Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht, AB=a, AD=2a, cnh SA vuụng gúc vi ỏy, cnh SB to vi ỏy gúc 60 0 . Trờn cnh SA ly im M sao cho a 3 AM 3 = . Mt phng (BCM) ct SD ti N. Tớnh th tớch khi chúp SBCMN? Cõu V (1 im) Cho 3 s thc dng x, y, z tha món 1x y z+ + = . Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc xy yz zx P xy z yz x zx y = + + + + + II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn A hoc B Cõu VI.A (2,0 im) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )2;1(,)1;2( BA , trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 02 =+ yx . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 27 2 2. Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz cho hai im (0; 1;2)M v ( 1;1;3)N . Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua M, N sao cho khong cỏch t ( ) 0;0;2K n (P) t giỏ tr ln nht .Tỡm im I thuc mt phng (x0y) sao cho IM+IN nh nht . Cõu VII.A (1,0 im) Gii bt phng trỡnh 2 2.5 5 3 5 5 4 x x x + > Cõu VI.B (2,0 im) 1. Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC cõn ti A cú nh A(6; 6), ng thng i qua trung im ca cỏc cnh AB v AC cú phng trỡnh x + y 4 = 0. Tỡm ta cỏc nh B v C, bit im E(1; 3) nm trờn ng cao i qua nh C ca tam giỏc ó cho. 2. Trong khụng gian 0xyz cho im ( ) 1,2, 2I v ng thng ( ) : 2 2 3x y z = + = v mt phng ( ) P : 2 2 5 0x y z+ + + = . Vit phng trỡnh mt cu (S) cú tõm I sao cho mt phng (P) ct khi cu theo thit din l hỡnh trũn cú chu vi bng 8 . T ú lp phng trỡnh mt phng ( ) Q cha ( ) v tip xỳc vi (S). Cõu VII.B (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc : 2 4 3 1 0 2 z z z z + + + = . .Ht Chú ý: Thí sinh thi khối D không phải làm câu V. S GD & T THANH HểA TRNG THPT HU LC 2 THI TH I HC LN 2 NM 2012 MễN TON ( Khi A-B-D) (Thi gian lm bi 180 khụng k thi gian phỏt ) SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012 Câu Nội dung Điể m I (2điểm) Khối D 3điểm 1.(1,0 điểm) Hàm số (C 1 ) có dạng 3 2 3 4y x x= − + • Tập xác định: D R= • Sự biến thiên - lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = −∞ 0.25 - Chiều biến thiên: 2 0 ' 3 6 0 2 x y x x x =  = − = ⇔  =  Bảng biến thiên X −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + Y 4 +∞ −∞ 0 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ;0−∞ và ( ) 2;+∞ , nghịch biến trên khoảng (0;2) Hàm số đạt cực đại tại 0, 4 CD x y= = . Hàm số đạt cực tiểu tại 2, 0 CT x y= = 0.25 • Đồ thị: Học sinh tự vẽ đồ thị (C) 0.25 2.(1,0 điểm) 2. Đường thẳng d đi qua A(-1; 0) với hệ số góc là k , có phương trình là : y = k(x+1) = kx+ k . - Nếu d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì phương trình: x 3 – 3x 2 + 4 = kx + k ⇔ x 3 – 3x 2 – kx + 4 – k = 0 ⇔ (x + 1)( x 2 – 4x + 4 – k ) = 0 ⇔    =−+−= −= 044)( 1 2 kxxxg x có ba nghiệm phân biệt ⇔ g(x) = x 2 – 4x + 4 – k = 0 có hai nghiệm phân biệt khác - 1 (*)90 09 0 0)1( 0' ≠<⇔    ≠− > ⇔    ≠− >∆ ⇔ k k k g Với điều kiện : (*) thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C .Với A(-1;0) , do đó B,C có hoành độ là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0. - Gọi ( ) ( ) 1 1 2 2 ; ; ;B x y C x y với 1 2 ;x x là hai nghiệm của phương trình : 2 4 4 0x x k − + − = . Còn 1 1 2 2 ;y kx k y kx k= + = + . - Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 ; 1 1BC x x k x x BC x x k x x k= − − ⇒ = − + = − + uuur - Khoảng cách từ O đến đường thẳng d : 2 1 k h k = + - Vậy theo giả thiết : 2 3 3 3 2 1 1 . . 2 1 8 8 64 4 2 2 1 k S h BC k k k k k k k = = + = = ⇒ = ⇔ = ⇒ = + Đáp số : 4k = , thì thỏa mãn yêu cầu của bài toán . 0.25 0.25 0.25 0.25 II (2điểm) 1.(1,0 điểm) Pt(1) 1 1 3 sin .cos4 cos 4 2sin 2 2 2 x x x x⇔ − + = − − ( ) 1 cos4 2 sin 0 2 x x   ⇔ + + =  ÷   cos4 2 1 sin sin( ) 2 6 x x π = −   ⇔  = − = −  2 6 7 2 6 x k x m π π π π  = − +  ⇔   = +   Mặt khác: 1 3 2 4x x− < ⇔ − < < 0.25 0.25 * với 2 2 4 0 6 k k π π − < − + < ⇒ = . Do đó : 6 x π = − * Với 7 2 2 4 0 6 m m π π − < + < ⇒ = nên 7 6 x π = 0.25 0.25 Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm 6 x π = − và 7 6 x π = thoả mãn (2) ( ) 2 3 2 3 2 3 8x x x− + = + (1) ĐK 2x ≥ − . Pt (1) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 4 2 2 4 2 2x x x x x x⇔ + − + = − + − + Do x=-2 không là nghiệm của pt(1) nên chia cả 2 vế cho x+2 ta được: 2 2 2( 2 4) 2 4 3 2 0 2 2 x x x x x x − + − + ⇔ − − = + + Đặt 2 2 4 2 x x t x − + = + ĐK 0t ≥ . Phương trình (1) 2 2 2 3 2 0 1 2 t t t t =   ⇔ − − = ⇔  = −  * Với 1 2 t = − . pt VN *Với t=2 PT có nghiệm 3 13x = ± 0.25 0.25 0.5 Câu III (1điểm) 2 2 2 0 0 0 1 sin sin 1 cos 1 cos 1 cos x x x x e dx x I e dx e dx x x x π π π + = = + + + + ∫ ∫ ∫ 2 2 2 0 0 1 sin 2 1 cos cos 2 x x e dx x e dx x x π π = + + ∫ ∫ Đặt 1 I = 2 2 0 1 2 cos 2 x e dx x π = ∫ Và 2 I = 2 0 sin 1 cos x x e dx x π + ∫ 0.25 Ta có : 2 I = 2 2 2 0 0 2sin .cos sin 2 2 1 cos 2cos 2 x x x x x e dx e dx x x π π = + ∫ ∫ 2 0 tan 2 x x e dx π = ∫ Mặt khác : Tính 1 I = 2 2 0 1 2 cos 2 x e dx x π = ∫ Đặt 2 tan cos 2 2 x x u e du e dx dx x dv v x  =  =    ⇒   = =      Áp dụng công thức tích phân từng phần : 1 I = 2 2 0 1 2 cos 2 x e dx x π = ∫ = 2 2 0 tan 2 x x e e dx π π − ∫ 0.25 Do ú 1 2 I I I= + 2 2 2 0 0 1 sin 2 1 cos cos 2 x x e dx x e dx x x = + + = 2 2 0 tan 2 x x e e dx 2 0 tan 2 x x e dx + 2 e = 0.25 Vy : 2 I e = 0.25 Cõu IV (1im) T M k ng thng song song vi AD, ct SD ti N thỡ N l giao im ca (BCM) v SD, vỡ SA (ABCD) nờn gúc gia SB v (ABCD) l ã 0 SBA 60= . Ta cú ã SA SB.tanSBA a 3= = . T ú ta cú: a 3 2 31 SM SA AM a 3 3 3 = = = SM SN 2 SA SA 3 = = . D thy: S.ABCD S.ABC S.ADC S.ABC S.ADC V V V 2V 2V= + = = V S.BCNM S.BCM S.CNM V V V= + Do ú: S.BCNM S.BCM S.CNM S.BCM S.CNM S.ABCD S.ABCD S.ABC S.ADC V V V V V V V 2V 2V + = = + 1 SM SB SC 1 SM SN SC 1 2 5 . . . . . . 2 SA SB SC 2 SA SD SC 3 9 9 = + = + = . M 3 S.ABCD 1 2 3a V SA.dt(ABCD) 3 3 = = 3 S.BCNM 10 3a V 27 = (vtt) V (1im) Cho 3 s thc dng x, y, z tha món 1x y z+ + = . Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc xy yz zx P xy z yz x zx y = + + + + + Do ( ) ( ) ( ) 1.xy z xy z xy z x y z x z y z+ = + = + + + = + + nờn xy xy z = + 1 . 2 x y x y x z y z x z y z + ữ + + + + (1) Lý lun tng t : yz yz x = + 1 . 2 y z y z y x x z x y x z + ữ + + + + (2) xz xz y = + 1 . 2 x z x z x y y z x y y z + ữ + + + + (3) 0.5 Cng v vi v (1) , (2) v (3) ta c xy yz zx P xy z yz x zx y = + + + + + 3 2 ng thc xóy ra khi v ch khi : 1 3 x y z= = = Vy giỏ tr ln nht ca 3 1 2 3 P x y z= = = = 0.5 VIa 1.(0,75 im) (2im) Vì G nằm trên đờng thẳng 02 =+ yx nên G có tọa độ )2;( ttG = . Khi đó ( 2;3 )AG t t= uuur , ( 1; 1)AB = uuur Vậy diện tích tam giác ABG là ( ) [ ] 1)3()2(2 2 1 2 1 22 2 22 +== ttABAGABAGS = 2 32 t 0.5 S A B C D M N Nếu diện tích tam giác ABC bằng 27 2 thì diện tích tam giác ABG bằng 27 9 6 2 = . Vậy 2 3 9 2 2 t = , suy ra 6 = t hoặc 3 = t . Vậy có hai điểm G : )1;3(,)4;6( 21 == GG . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 3 ( ) C G A B x x x x= + và 3 ( ) C G A B y y y y= + . Với )4;6( 1 =G ta có )9;15( 1 = C , với )1;3( 2 =G ta có )18;12( 2 = C 0.25 2.Gi ( ) , ,n A B C= r ( ) 2 2 2 0A B C+ + l mt vect phỏp tuyn ca mt phng (P). Phng trỡnh mt phng (P) i qua M cú dng; ( ) ( ) 1 2 0 2 0Ax B y C z Ax By Cz B C+ + + = + + + = Do ( ) ( ) 1;1;3 3 2 0 2N P A B C B C A B C + + + = = + ( ) ( ) : 2 2 0P B C x By Cz B C + + + + = 0.25 Mt khỏc :Khong cỏch t K n mp(P) l: ( ) ( ) , 2 2 4 2 4 B d K P B C BC = + + -Nu B = 0 thỡ d(K,(P))=0 (loi) -Nu 0B thỡ ( ) ( ) 2 2 2 1 1 , 2 4 2 4 2 1 2 B d K P B C BC C B = = + + + + ữ Du = xy ra khi B = -C. Chn C = 1 Khi ú pt (P): x + y z + 3 = 0 0.5 PT (x0y) l : z =0 . Nhn thy M ; N nm cựng phớa i vi mt phng (x0y) Gi M l im i xng vi M qua (x0y) . ng thng d qua M vuụng gúc vi (x0y) cú VTCP ( ) 0;0;1u = r . PTTS ca d l : 0 1 2 x y z t = = = + . Gi s ( ) 0H d x y= Thỡ ( ) 0; 1;2H t + . lỳc ú 2+t=0. suy ra ( ) 0; 1;0H .Do ú M(0;-1;-2) ; ( ) ' 1;2;5M N = uuuuur . Ta cú : IM+IN = IM+IN 'M N . ng thc xóy ra khi v ch khi ' ( 0 )I M N x y= . PT ca ng thng MN l : 1 1 3 1 2 5 x y z+ = = . im I ( ) 1 ;1 2 ;3 5m m m + + cn thuc ng thng MN v (x0y)nờn 3+5m=0 3 5 m = . Vy 2 1 ; ;0 5 5 I ữ 0.5 VIIa (1im) k 5 log 2x > (*) t t= 5 x t = K t>2 BPT (1) 2 2 3 5 4 t t t + > (1). Bỡnh phng 2 v ca BPT (1) ta c : 0.25 0.25 C E ∆ 4 2 2 2 20 4 45 4 4 5 t t t t t t  > + > ⇔  − − <   5 log 20 5 20 1 5 5 2 x x x x   > >   ⇔ ⇔   < <     (**) Kết hợp (*) và (**) ta được : 5 2 log 20 1 log 5 2 x x  >  ⇔  < <   vậy bất phương trình có nghiệm : 5 2 log 20 1 log 5 2 x x  >   < <   0.25 0.25 1.(0.75 điểm) Gọi ∆ là đường thẳng đi qua trung điểm của AC và AB Ta có ( ) 6 6 4 , 4 2 2 d A + − ∆ = = Vì ∆ là đường trung bình của ∆ ABC ( ) ( ) ; 2 ; 2.4 2 8 2d A BC d A⇒ = ∆ = = Gọi phương trình đường thẳng BC là: 0x y a+ + = Từ đó: 4 6 6 8 2 12 16 28 2 a a a a = + +  = ⇒ + = ⇒  = −  Nếu 28a = − thì phương trình của BC là 28 0x y+ − = , trường hợp này A nằm khác phía đối với BC và ∆ , vô lí. Vậy 4a = , do đó phương trình BC là: 4 0x y+ + = . Đường cao kẻ từ A của ABC∆ là đường thẳng đi qua A(6;6) và BC⊥ : 4 0x y+ + = nên có phương trình là 0x y− = . Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình 0 2 4 0 2 x y x x y y − = = −   ⇒   + + = = −   Vậy H (-2;-2) Vì BC có phương trình là 4 0x y+ + = nên tọa độ B có dạng: B(m; -4-m) Lại vì H là trung điểm BC nên C(-4-m;m) 0.75 Suy ra: ( ) 5 ; 3 , ( 6; 10 )CE m m AB m m= + − − = − − − uuur uuur Vì CE AB⊥ nên ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 6 5 3 10 0AB CE a a a a= ⇔ − + + + + = uuur uuur ⇔ 2 0 2 12 0 6 a a a a =  + = ⇒  = −  Vậy ( ) ( ) 0; 4 4;0 B C −   −   hoặc ( ) ( ) 6;2 2; 6 B C −   −   . 2.Ta có (P) cắt (S) theo thiết diện là đường tròn (C) có bán kính r mà 2r. π = 8 π . suy ra r =4 và 2 2 2 R r d= + Trong đó ( ) ( ) 3d d I P= = 2 25R⇒ = Phương trình mặt cầu (S) : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 25x y z− + − + + = 0.75 VIb (2điểm) Nhận thấy mặt cầu (S) tiếp xúc với ( ) ∆ tại điê,r 5 5 4 ; ; 3 3 3 M   −  ÷   Do đó : Mặt phẳng (Q) chứa ( ) ∆ tiếp xúc với (S) đi qua 5 5 4 ; ; 3 3 3 M   −  ÷   và có VTPT 0.5 Â B H 2 11 10 ; ; 3 3 3 MI   −  ÷   uuur là : 6 33 30 105 0x y z− + − = VIIb (1điểm) ĐS : phương trình có 4 nghiệm 1 1 1 ; 1 ; ; 2 2 i i z i z i z z − − − = + = − = = 1.0 ⊕ Thí sinh thi khối D không phải làm câu V- và câu I 3 điểm Thí sinh có cách làm khác đáp án mà đúng cho điểm tối đa ở câu đó. . + (1 ) ĐK 2x ≥ − . Pt (1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 4 2 2 4 2 2x x x x x x⇔ + − + = − + − + Do x= -2 không là nghiệm của pt(1) nên chia cả 2 vế cho x +2. ta được: 2 2 2( 2 4) 2 4 3 2 0 2 2 x x x x x x − + − + ⇔ − − = + + Đặt 2 2 4 2 x x t x − + = + ĐK 0t ≥ . Phương trình (1 ) 2 2 2 3 2 0 1 2 t t t t =   ⇔