ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT PHƯƠNG SƠN ppt

SỞ GD &ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2011-2012
TRƯỜNG THPT PHƯƠNG SƠN MÔN TOÁN- KHỐI A, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2 điểm) ) Cho hàm số
 
4 2
1
2 1
4
y x mx m  
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số


1
khi
1
m

.
2. Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số


1
có ba điểm cực trị ; đồng thời ba
điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng
32 2
.
Câu II. (2 điểm)

1. Giải phương trình:
2cos 3
(2sin 1)t anx
sinx 1 cos
x
x
x
  



2. Giải hệ phương trình:


2
2 1 1 2 2 1 8
2 1 2 13
x y x
y y x x

     



   


Câu III. (1 điểm) Tính nguyên hàm
2
8 os sin2 3

sinx cos
c x x
I dx
x
 




Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2a, BC = a. Các
cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng
2a
.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
b) Gọi M, N, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, SC, SD. Chứng minh đường thẳng
SN vuông góc với mặt phẳng (MEF).
Câu V. (1 điểm) Cho
, ,
x y z
là các số thực dương thoả mãn:
2 1
xy xz
 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 4 5
yz zx xy
P
x y z
  

B.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần a, hoặc phần b).
a. Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD với A(1;0) đường chéo
BD có phương trình : x – y +1 = 0 Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D Biết
4 2
BD 
.
2. Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng (A’BC)
tạo với đáy góc 30
0
và diện tích tam giác A’BC bằng 18. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A’B’C’.
Câu VII. (1 điểm) . Giải phương trình:
     
8
4 2
2
1 1
log 3 log 1 log 4 .
2 4
x x x
   
b. Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC với


1; 2

B

đường cao

: 3 0
AH x y
  
. Tìm tọa độ các đỉnh A, C của tam giác ABC biết C thuộc đường
thẳng
:2 1 0
d x y
  
và diện tích tam giác ABC bằng 1.
2. Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB=a; AC=2a;

0
AA' 2 5; 120
a BAC  ; I là trung
điểm của CC’. Chứng minh rằng
'
IB IA

và tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(IA’B).


Cõu VIIb. (1 im) Gii h phng trỡnh:


2

2 3 1
log 3 7 6
2.8 2 17.2
x y y x
y x









Ht
H v tờn thớ sinh: S bỏo danh:
*Chỳ ý: Cỏn b coi thi khụnh gii thớch gỡ thờm. Thớ sinh khụng c s dng ti liờu.
P N THI TH I HC LN 2 NM HC 2011-2012
MễN TON - KHI A, B, D

Câu Nội dung điểm

1)
1

Câu I
(2,0
điểm)

Với
1
m

ta có hàm số :
4 2
1
2 1
4
y x x


+)TXĐ : D=R
+) Sự biến thiên
-) CBT: ta có
' 3 ' 3
4 ; 0 4 0 0, 2, 2
y x x y x x x x x

'
0 2;0 2;y x

nên hàm số đ/ b trên các khoảng


2;0
và


2;







'
0 ; 2 0;2
y x nên hàm số n/ b trên các khoảng


; 2

và


0;2

+) Cực trị : Hàm số đạt cực tiểu tại
2; 3
CT
x y

, hàm số đạt cực
đại tại
0;
x

. y
CĐ
= 1
+) Nhánh vô cực:
lim
x



y
,
lim
x

y

+) Bảng biến thiên
x




2

0 2



'
y
- 0 + 0 -
0 +
y



1





- 3 - 3

+) Đồ thị cắt Ox tại 4
điểm. Cắt Oy tại


1;0
Đồ thị nhận Oy làm
trục đối xứng













0,25





0.25

0,25











0,25



2)
1




Ta có:
' 3 ' 3
2

0
4 ; 0 4 0
4
x
y x mx y x mx
x m








0,25

y

x

O

1



Từ đó suy ra hàm số có ba cực trị khi
0
m

Khi đó ba cực trị của hàm số là :





2 2
0; , 2 ; 4 , 2 ; 4
A m B m m m C m m m


Ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác cân tại đỉnh A . Gọi H là trung điểm BC


2
0; 4
H m m
,
2 2
1 1
. 4 .4 8
2 2
ABC
S AH BC m m m m


Theo giả thiết ta có
2
32 2 8 32 2 2

ABC
S m m m


.
Vậy
2
m

là giá trị cần tìm.

0,25


0,25

0,25


Câu II
(2,0
điểm)
1) iu kin:
cos 0; sinx 1
x


2
2 2
2 cos 3

(2 sin 1) t an x
s inx 1 co s
s inx 3 2 cos
(2 sin 1)
cos cos s inx 1
2 sin s inx 3 2 co s
co s s inx 1
(2 sin 3)(s inx + 1) 2 cos
co s s inx 1
(2 sin 3)(s in x-1 )=2cos x
2 sin 3 2
2
1
6
sin
5
2
2
6
x
x
x
x
x
x x
x x
x
x x
x
x

x
x k
x
x k

























( ) (T M )

k Z











0,5






0,5

2) Đk:
1
2
x

. Đặt
2 1, 0
t x t

. Hệ pt trở thành





2
2 2
2 8 1
1 2 8
12
3 12 2
t y ty
t y t
y yt t
t y ty












Từ (1) và (2) suy ra

2
3
2 3 0 0
2
t y t y t y t y


+)
t y

thay vào (1) ta đợc
2
t y


Với
5
2 2 1 2
2
t x x

, nghiệm hệ là
5
;2
2




+)

3
2
y t

thay vào (1) ta đợc:

2
3 61
4 6 13 0 0
4
t t t dot



Với
3 61
3 3 61
3 61
4
2 4
4
43 3 61
3 61
2 1
164
yy
t
xx

Vậy hệ pt có hai nghiệm

5 43 3 61 3 61
; ;2 , ;
2 16 4
x y

0,25


0,25


0,25







0,25

2
(sin x cos x) 4cos2x
I dx sin x cosx 4(sin x cosx dx
sin x cosx







0,5
III
(1,0
điểm)


I 3sin x 5cosx dx 3cosx 5sin x C



0,5
IV
(1,0
điểm)
a) Gi O = AC

BD
Theo gi thit SA = SB = SC= SD

v OA = OB = OC = OD, tc hai im S v
O cỏch u bn im A, B, C, D. Suy ra
).(ABCDSO


2
5
5
22
a
AOaBCABAC
Trong tam giỏc vuụng SOA,
SO
2
= SA
2
- AO
2
=
4
3
2
a


2
3a
SO .
Vy th tớch ca khi chúp S.ABCD l:
3

3
.
3
1
3
.
a
SSOV
ABCDABCDS
(vtt).
b) Gi K l trung im EF, khi ú K l trung im SN.
Ta cú a
aa
SOMOSM
4
3
4
22
22
, do ú
MNSM

, suy ra tam giỏc SMN
cõn ti M, dn n
.MKSN


Mt khỏc
EFSN

, suy ra


MEFSN . pcm.




0,25











0,25



0,25

0,25

Câu V
(1
điểm)
Ta có


3 4 5
2 3
2 . 2.2 . 3.2 . 2 4 6
4 2 4.2 2.2
4 2 4
yz zx xy yz zx yz xy zx xy
P
x y z x y x z y z
yz zx yz xy zx xy
z y x
x y x z y z
x y x z xy xz
xy xz

Dấu đẳng thức xảy ra khi :
1
3
2 1
x y z
x y z
xy xz









Vậy
min
1
4
3
P khi x y z



0,25

0,5



0,25
1) www.VNMATH.com

1






Đờng thẳng (AC) đi qua


1;0
A và nhận


1;1
BD
U

làm vtpt

: 1 0
AC x y

. Gọi
I AC BD

toạ độ I là nghiện của hệ pt :


1 0 0
0;1
1 0 1
x y x
I
x y y






.



0,5

D
S

A
B
C
E
F
N
M
K
O
2a
a

2a



C đối xứng với A qua I


1;2
C
Đờng tròn tâm I bán kính
2 2
IB
có phơng trình là:

2
2
1 8
x y

Toạ độ B, D là nghiệm của hệ :






2
2
2
2;3 , 2; 1
4
1 8
1
2; 1 , 2;3
1 0
B D
x
x y
y x
B D
x y

0,5


2) (1 im) www.VNMATH.com


VIa(2
im)

Giả sử CK=x; AK là đờng cao của tam giác đều ABC. Ta có
'
A K BC

(Định lý 3
đờng vuông góc).

0
' 30
AKA
.
Trong tam giác AAK ta có:

0
0
3
. ' ' '
'
. ' ' '
2 2 3
' ; AK= 3 ' 2
cos30 2
3
' tan30
. . ' 3
. ' 18 .2 18 3
27 3
ABC A B C
A BC
ABC A B C
AK AK x
A K x A K x
A A AK x
V CK AK AA x
S CK A K x x x
V

0,5


0,25


0,25
iu kin:
0 1
x


0,25




2 3 1 4
x x x

0,25
Trng hp 1:
1
x



2
2 2 0 2
x x x


0,25
VIIa
(1
im)

Trng hp 1:
0 1
x



2
2 6 3 0 2 3 3
x x x


Vy tp nghim ca (2) l

2;2 3 3
T


0,25
1.( 1 điểm)


1; 2 , : 1 0
B BC AH pt BC x y

,
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ pt:

2 1 0 2
2, 3
1 0 3
x y x
C
x y y







Gọi

0 0 0 0
; , 3 0 1
A x y A AH x y

0 0
1
2, ,
2
x y
BC AH d A BC





0 0
0 0
0 0
1 2 2
1
1 1
. 1 . . 2 1
2 2
1 2 3
2
ABC

x y
x y
S AH BC
x y









Từ (1) và (2)

0
0
1
1;2
2
x
A
y






.

Từ (1) và (3)

0
0
3
3;0
0
x
A
y









0,25






0,5

0,25
2.( 1 điểm) www.VNMATH.com


















VIb
(2
điểm)

Ta có:




2 2 2 2

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
' ' ' ' 9
7
12
' ' 21
' ' '.
IA A C IC a
BC AB AC a
BI BC IC a
A B AA AB a
A B IA BI IB IA






Hình chóp IBAA và CBAA có chung đáy là tam giác BAA và đờng cao bằng
nhau nên thể tích bằng nhau.
Vậy:
3
. ' . '
1 15
'.
3 3
5
( ,( ' ))

3
I BAA C BAA ABC
a
V V AA S
a
d A IA B









0,5




0,5

VIIb
(1
điểm)

2
2 3 1
log 3 7 6 1
2.8 2 17.2 2
x y y x
y x









Phơng trình (1)
3 7 8 1 3
x y y x

thay vào (2) ta đợc pt:
3 3 3
2.2 2 17
x x

. Đặt


3
2 0
x

t t

ta có
2
1
2 17 8 0 8
2
t t t t

.
Suy ra
1 2
1
1;
3
x x

. Do đó
1 2
2; 2
y y


Vậy hệ pt có hai nghiệm

1
; 1; 2 , ;2
3
x y

0,5



0,5
*Chú ý : Các cách giải khác của học sinh nếu đúng đều đợc cho điểm tối đa.