Tải bản đầy đủ (.doc) (5 trang)

Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 192

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (149.22 KB, 5 trang )

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
-------------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn thi: TOÁN; Khối D
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =

2x +1
x +1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2. Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k +1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B
đến trục hoành bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)

s in2x + 2 cos x − sin x − 1
=0
tan x + 3
2
2. Giải phương trình log 2 (8 − x ) + log 1 ( 1 + x + 1 − x ) − 2 = 0 (x ∈ ¡ )
1. Giải phương trình

2

4

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =



0

4x − 1
dx
2x + 1 + 2

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng (SBC)
·
vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2a 3 và SBC
= 300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.

 2 x 3 − ( y + 2) x 2 + xy = m
( x, y ∈ ¡ )
Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  2
 x + x − y = 1 − 2m
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân giác
trong của góc A có phương trình x − y − 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d :

x +1 y z − 3
= =
. Viết phương trình
2
1
−2


đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết : z − (2 + 3i ) z = 1 − 9i
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tỏa độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C) : x 2 + y2 − 2x + 4y − 5 = 0. Viết phương trình
đường thẳng ∆ cắt (C) tại điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ :

x −1 y − 3 z
=
= và mặt phẳng
2
4
1

(P) : 2x − y + 2z = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt
phẳng (P).
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y =

2 x 2 + 3x + 3
trên đoạn [0;2].
x +1

------Hết-----Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………. …….Số báo danh: ………………..


BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I :
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C)

D = R \ {-1}
y/ =

1
> 0 với mọi x ∈ D
( x + 1) 2

lim y = +∞ và lim+ y = −∞ ⇒ x = -1 là TCĐ

x →−1−

lim y = 2

x →±∞

BBT :

x →−1

⇒ y = 2 là TCN
x -∞
/

y

-1
+

y


+
+∞

2

+∞

2
-∞

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định, không có cực trị.
y

Đồ thị hàm số :

2
-1

O

x

2. Pt hoành độ giao điểm :

2x + 1
= kx + 2k + 1
x +1

⇔ kx2 + (3k - 1)x + 2k = 0 (x = -1 không là nghiệm)
Ycbt : ⇔ k ≠ 0 và ∆ = k2 - 6k + 1 > 0 ⇔ k < 3 − 2 2 ∨ k > 3 + 2 2 và k ≠ 0 (*)

Khoảng cách từ A và B đến Ox bằng nhau

 kx A = kxB (loai )
1 − 3k
⇔ k(
) + 4k + 2 = 0
k
 k ( x A + xB ) + 4 k + 2 = 0

⇔ yA=yB ⇔ kx A + 2k + 1 = kxB + 2k + 1 ⇔ 
⇔ k = – 3 (thỏa đk (*) ).
Câu II :
1)

Vậy YCBT ⇔ k = – 3

sin 2 x + 2 cos x − sin x − 1
= 0 đk : tg x ≠ − 3 ; cosx ≠ 0
tan x + 3

Pt ⇔ sin2x + 2cosx − sinx − 1 = 0 ⇔ 2sinxcosx + 2cosx − (sinx + 1) = 0
⇔ 2cosx (sinx + 1) − (sinx + 1)= 0 ⇔ (2cosx − 1)(sinx + 1) = 0

π

1
x = ± + k 2π


cos x =

π
3
⇔
so đk ta có nghiệm của pt : x = + k 2π (k ∈ Z)
2 ⇔

π
3

sin x = −1  x = − + k 2π

2


log 2 (8 − x 2 ) − log 2 ( 1 + x + 1 − x) = 2 (x ∈ [-1;1])

2)

⇔ log 2 (8 − x 2 ) = 2 + log 2 ( 1 + x + 1 − x) ⇔ 8 − x2 = 4( 1 + x + 1 − x ) (*)
Đặt t = 1 + x + 1 − x
(*) thành (t −2)2 (t2 + 4t + 8) = 0
⇔ t = 2 ⇔ 1+ x + 1− x = 2
Câu III :
4

I=


0


⇔ x = 0 (nhận)

4x −1
dx
2x +1 + 2

2 x + 1 + 2 => (t - 2)dt = dx
5
(2t 2 − 8t + 5)(t − 2)
10
34
3
dt
=
(2t 2 − 12t + 21 − )dt =
+ 10 ln
=> I = ∫

t
t
3
5
3
3
Đặt t =

5

Câu IV :
Gọi H là hình chiếu của S xuống BC.

Vì (SBC) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC)
Ta có SH = a 3
Thể tích khối (SABC) =

1
1 1
SVABC .SH = ( 3a.4a).a 3 = 2a 3 3
3
3 2

Ta có : Tam giác SAC vuông tại S
vì SA = a 21 ; SC = 2a; AC = 5a.

S
B

Diện tích ∆(SAC) = a 2 21

H
J

3VSABC 3.2a 3 3 6a
d(B,(SAC)) =
= 2
=
S ∆SAC
7
a 21

I


C

A

Câu V :

1

2
u = x − x (dk u ≥ − )
Đặt 
4
v = 2 x − y (v ∈ ¡ )
v = 1 − 2 m − u
v = (1 − 2m) − u
u + v = 1 − 2m

⇔ 2
⇔  −u 2 + u
Hệ thành : 
= m (1)
uv = m
 −u + u = m(2u + 1)

 2u + 1
−2u 2 − 2u + 1 /
−u 2 + u
1
−1 − 3

−1 + 3
Đặt f(u) =
;f (u)=0 ⇔ u =
(loại) hay u =
, u ≥ − ; f/(u) =
2
(2u + 1)
2u + 1
4
2
2
1
−1 + 3

u
+∞
4
2
2
( x − x )(2 x − y ) = m
Hệ  2
( x − x ) + (2 x − y ) = 1 − 2m

f/(u)

+



0


2− 3
2

f(u)



5
8

–∞

 1
 4




Vậy hệ có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm thuộc  − ; +∞ ÷ ⇔ m ≤
Câu VIa :

uuuur

1. Gọi M là trung điểm của AC, ta có BM =

2− 3
2

3 uuur

7 
BG ⇔ M  ;1÷
2
2 


Gọi N là điểm đối xứng của B qua phân giác trong ∆ của góc A và H là giao điểm của ∆ với đường thẳng BN.
Đường thẳng BN có phương trình : x + y + 3 = 0

x + y + 3 = 0
⇒ H (−1; −2)
x − y −1 = 0

=> Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình : 

 x N = 2 xH − x B = 2
⇒ N (2; −5)
 y N = 2 y H − y B = −5

H là trung điểm của BN ⇔ 

Đường thẳng AC qua 2 điểm M, N nên có pt : 4x – y – 13 = 0
A là giao điểm của đường thẳng ∆ và đường thẳng AC nên tọa độ A là nghiệm

 4 x − y − 13 = 0
⇒ A(4;3)
x − y −1 = 0

của hệ : 


 xC = 2 xM − x A = 3
⇒ C (3; −1)
 yC = 2 yM − y A = −1

M là trung điểm của AC ⇔ 
2.

uuuur

Gọi M là giao điểm của đường thẳng ∆ với Ox ⇒ M (m; 0; 0) ⇒ AM = (m – 1; -2; -3)
uuuur uur
uuuur
AM ⊥ d ⇔ AM . ad = 0 ⇔ m = -1 ⇒ AM = (-2; -2; -3)
Vậy pt ∆ là

x −1 y − 2 z − 3
=
=
2
2
3

Câu VII.a :
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R). Khi đó z − (2 + 3i) z = 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a –bi) = 1 – 9i

 −a − 3b = 1
a = 2
⇔
3b − 3a = −9
b = −1


⇔ –(a + 3b) + (3b –3a)i = 1 –9i ⇔ 
Vậy z = 2 –i

Câu VI.b :
1. Đường tròn (C) có tâm I (1; -2), R =

10
uur
AI (0; −2) . Vì I và A cách đều M, N nên MN ⊥ AI, vậy pt MN có dạng : y = b
MN = 2 d A / MN = 2 b
d I / MN = b + 2
2

 MN 
2
2
d I2/ MN + 
÷ = R ⇔ b + 2b − 3 = 0 ⇒ b = 1 v b = −3
 2 
Vậy Pt :
2.

∆1 : y = 1 ; ∆2 : y = − 3

Phương trình tham số đường thẳng ∆

 x = 1 + 2t

 y = 3 + 4t

z = t


I ∈ (∆) ⇔ I (1 + 2t; 3 + 4t; t)
d (I, P) =

2(1 + 2t ) − (3 + 4t ) + 2t
= 1 ⇔ t = 2 hay t = -1
3

⇒ I1 (5; 11; 2) ⇒ Pt mặt cầu (S) : (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = 1
⇒ I2 (-1; -1; -1) ⇒ Pt mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1
Câu VII.b :
Ta có : y/ =

2x2 + 4x /
17
; y = 0 ⇔ x = 0 v x = – 2 (loại) mà y(0) = 3 và y(2) =
2
( x + 1)
3


Vậy GTLN là

17
và GTNN là 3
3




×