Đề thi thử dại học môn Toán có đáp án số 43

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
()
42
1
21
4
yxmxm=−+
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
322
.
Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2cos3

(2sin1)tanx
sinx1cos
x
x
x
−=+
−


2. Giải hệ phương trình:
(
)
2
2112218
21213
xyx
yyxx

−−+−=−



+−+=


Câu III. (1 điểm) Tính nguyên hàm
2
8ossin23
sinxcos
cxx

Idx
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
,,
xyz
là các số thực dương thoả mãn:
21
xyxz
+=

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
345
yzzxxy
P
xyz
=++

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
42
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
42
2
11
log3log1log4.
24
xxx
++−=
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

:30
AHxy
−+=
. Tìm tọa độ các đỉnh A, C của tam giác ABC biết C thuộc đường
thẳng
:210
dxy
+−=
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'25; 120
aBAC==; I là trung
điểm của CC’. Chứng minh rằng
'
IBIA
⊥
và tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(IA’B).
Câu VIIb. (1 điểm) Giải hệ phương trình:
(
)
2
231
log376
2.8217.2
xyyx

yx
++−

++=


+=



Hết
Họ và tên thí sinh:……………… ………………………Số báo danh:……………………
*Chú ý: Cán bộ coi thi khônh giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng tài liêu.
kinhhoa.violet.vn
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 :
42
1
21
4
yxx
=+

+)TXĐ : D=R
+) Sự biến thiên
-) CBT: ta có
'3'3
4;0400,2,2
yxxyxxxxx
======


(
)

(
)
'
02;02;yx
>+
nên hàm số đ/ b trên các khoảng
(
)
2;0
và
(
)
2;
+


(
)
(
)
'
0;20;2
yx< nên hàm số n/ b trên các khoảng
(
)
;2

và
(
)

0;2

+) Cực trị : Hàm số đạt cực tiểu tại
2;3
CT
xy
==
, 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;040

4
x
yxmxyxmx
xm
=

===

=


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

Khi đó ba cực trị của hàm số là :
()
(
)
(
)
22
0;,2;4,2;4
AmBmmmCmmm


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

2
0;4
Hmm
,
22
11
.4.48
22
ABC
SAHBCmmmm

===
Theo giả thiết ta có
2
32283222
ABC
Smmm

===
.
Vậy
2
m
=
là giá trị cần tìm.

0,25


0,25

0,25

0,25


Câu II
(2,0
1) iu kin:
cos0; sinx1
x





y

x

O

1

®iÓm)
2
22
2cos3
(2sin1)tanx

sinx1cos
sinx32cos
(2sin1)
coscossinx1
2sinsinx32cos
cossinx1
(2sin3)(sinx+1)2cos
cossinx1
(2sin3)(sinx-1)=2cosx
2sin32
2
1
6
sin
5
2
2
6
x
x
x
x
x
xx
xx
x
xx
x
x
x

xk
x
xk
π
π
π
π
−=+
−
⇔−−=
−
−−
⇔=
−
−
⇔=
−
⇔−
⇔−=−

=+

⇔=⇔


=+


() (TM)
kZ∈

0,5






0,5

2) §k:
1
2
x
≥
. §Æt
21,0
txt
=−≥
. HÖ pt trë thµnh

()
(

)
()()
2
22
281
128
12
3122
tyty
tyt
yytt
tyty
−−=−
−+=−

⇔

++=
−+=





Tõ (1) vµ (2) suy ra
()()
2
3
2300
2

tytytyty
−+−=⇔−=∨−=−

+)
ty
=
thay vµo (1) ta ®-îc
2
ty
==

Víi
5
2212
2
txx
=⇒−=⇔=
, nghiÖm hÖ lµ
5
;2
2




+)
3
2
yt
=+

thay vµo (1) ta ®-îc:
()
2
361
461300
4
tttdot
−+
+−=⇔=≥

Víi
361
3361
361
4
24
4
43361
361
21
164
yy
t
xx


+
−+
==+



−+

=⇒⇔

−
−+

=−=



VËy hÖ pt cã hai nghiÖm
()
543361361
;;2,;
2164
xy


−+


=













0,25


0,25


0,25







0,25



()
2
(sinxcosx)4cos2x
Idxsinxcosx4(sinxcosxdx
sinxcosx
−+

==−−+


−
∫∫

0,5
III
(1,0
®iÓm)
(
)
I3sinx5cosxdx3cosx5sinxC
=−+=−+
∫

0,5
IV
(1,0
®iÓm)
a) Gọi O = AC
∩
BD
Theo giả thiết SA = SB = SC= SD
và OA = OB = OC = OD, tức hai điểm S và
O cách đều bốn điểm A, B, C, D. Suy ra
).(ABCDSO
⊥

2

5
5
22
a
AOaBCABAC =⇒=+=
Trong tam giác vuông SOA,
SO
2
= SA
2
- AO
2
=
4
3
2
a





0,25

D
S
A
B
C

E
F
N
M
K
O
2a
a


2a


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





Câu V
(1
điểm)
Ta có
()()
()
345
23
2.2.2.3.2.246
424.22.2
424
yzzxxyyzzxyzxyzxxy
P
xyzxyxzyz
yzzxyzxyzxxy
zyx

xyxzyz
xyxzxyxz
xyxz


=++=+++++




++=++
=++++=
=+=

Dấu đẳng thức xảy ra khi :
1
3
21
xyz
xyz
xyxz
==


===

+=

Vậy
min
1
4
3
Pkhixyz
====


0,25





0,5



0,25
1)
1
Đ-ờng thẳng (AC) đi qua
(
)
1;0
A và nhận
(
)
1;1

BD
U =

làm vtpt
(
)
:10
ACxy
+=
. Gọi
IACBD
=
toạ độ I là nghiện của hệ pt :

()
100
0;1
101
xyx
I
xyy
+==



+==

.
C đối xứng với A qua I
(

)
1;2
C
Đ-ờng tròn tâm I bán kính
22
IB =
có ph-ơng trình là:
()
2
2
18
xy
+=

Toạ độ B, D là nghiệm của hệ :
()
(
)
(
)
()()
2
2
2
2;3,2;1
4
18
1
2;1,2;3
10

BD
x
xy
yx
BD
xy



=
+=




=+

+=








0,5

0,5


2) (1 im)









VIa(2
im)

Giả sử CK=x; AK là đ-ờng cao của tam giác đều ABC. Ta có
'
AKBC

(Định lý 3
đ-ờng vuông góc).

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

0
0
3
.'''
'
.'''
223
'; AK=3'2
cos302
3
'tan30
'3
.'18.2183
273
ABCABC
ABC
ABCABC
AKAKx
AKxAKx
AAAKx
VCKAKAAx
SCKAKxxx
V
=
====
==
==
===
=

0,5


0,25


0,25
iu kin:
01
x
<

0,25 VIIa
(1
(
)
(
)
2314
xxx
+=
0,25
Trng hp 1:
1
x

>

()
2
2202
xxx
==

0,25
im)

Trng hp 1:
01
x
<<

()
2
2630233
xxx
+==

Vy tp nghim ca (2) l
{
}
2;233
T
=

0,25

1.( 1 điểm)
(
)
1;2,:10
BBCAHptBCxy
++=
,
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ pt:
()
2102
2,3
103
xyx
C
xyy
+==



++==


Gọi
(
)
(
)
0000
;,301
AxyAAHxy+=

()
00
1
2,,
2
xy
BCAHdABC
++
===
(
)
()
00
00
00
122
1
11
.1 21
22
123
2
ABC
xy
xy
SAHBC
xy

++=
++

===

++=



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)

VIb
(2
điểm)


Ta có:

2222
2222
2222
2222
222
''''9
7
12
''21
'''.
IAACICa
BCABACa

BIBCICa
ABAAABa
ABIABIIBIA
=+=
=+=
=+=
=+=
=+

Hình chóp IBAA và CBAA có chung đáy là tam giác BAA và đ-ờng cao bằng
nhau nên thể tích bằng nhau.
Vậy:
3
.'.'
115
'.
33
5
(,('))
3
IBAACBAAABC
a
VVAAS
a
dAIAB
===
=

0,5




0,5

VIIb
(1
điểm)
(
)
(
)
()
2
231
log3761
2.8217.22
xyyx
yx
++

++=

+=



Ph-ơng trình (1)
37813
xyyx
++==
thay vào (2) ta đ-ợc pt:
333
2.2217
xx
+=
. Đặt
(
)
3
20
x
tt
=>
ta có
2
1
217808
2
tttt
+===
.

Suy ra
12
1
1;
3
xx
==
. Do đó
12
2;2
yy
==

Vậy hệ pt có hai nghiệm
()()
1
;1;2,;2
3
xy


=

0,5



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