Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán THPT CNghiệp, Hòa Bình 2011-2012 (có đáp án) – Thầy Đồ – Dạy toán – Học toán

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (179.05 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012 
 TRƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP Mơn: TỐN; Khối: A

---***--- Thời gian làm bài: 180 phút.

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2

2 1

y=x − mx + −m (1), với m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=1.

2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị 
tạo thành một tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp bằng 1.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình

sin

x

.tan

x

+

cos

x

=

cos 2 .(2 tan )

x

−

x

Giải bất phương trình

x

−

3 x

+

2 −

2 x

−

3 x

+

1 ≥

x

−

1 .

Câu III (1,0 điểm) Tính tÝch ph©n sau I = 
2
0

sin 2 cos

1 cos

x

dx

x

+

∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 =2a 5 và

120
BAC∧ = . 
Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh MB ⊥ MA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt

phẳng (A1BM).

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn

a

+ + =

b

c

9

.
 Chứng minh

2(

a

+ + −

b

c

)

abc

≤

10

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2). 
1. Theo chương trình Chuẩn.

Câu VI.a (1,0 điểm).

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là 
giao điểm của đường thẳng d x: − − =y 3 0 và ' :d x+ − =y 6 0. Trung điểm một cạnh là giao điểm của
 đường thẳng d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x2+y2+ −z2 2x−4y+4z− =16 0,
mặt phẳng (Q) có phương trình: 2x+2y+ − =z 3 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) song song mp(Q)
sao cho mp(P) giao với mặt cầu (S) tạo thành đường tròn có diện tích 16π (đvdt).

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z biết: z =2 và (z+1)(2−i 3)+(z+1)(2+i 3)=14.

2. Theo chương trình Nâng cao. 
 Câu VI.b (2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm M(0; )1
3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết điểm B có hoành độ
dương.

2. Trong không gian tọa độ Oxyz, A(0; 2; 0) B(0; 0; 1)− và C thuộc Ox . Viết phương trình mặt phẳng 
(ABC) biết khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P): 2x+2y− =z 0 bằng khoảng cách từ C tới đường
thẳng∆: 1 2

1 2 2

x− = =y z+

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình






−
=
+

+ −

y
x
y
x
y
x y x

)
(
log
.
3

27
5
3

(

.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Đ

ÁP ÁN MƠN TỐN

(Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang)

Câu

Nội dung

Điểm

I.1

1.(1 điểm). Khi

m=1

hàm số trở thành:

4 2
2

y=x − x

• TXĐ: D = R

• Sự biến thiên:

' 3

(

)

4 4 0 4 1 0

x
y x x x x

x
=



= − = ⇔ − = ⇔ = ±



0.25

yCD = y

( )

0 =0,yCT = y

( )

± = −1 1

0.25

• Bảng biến thiên

x -

∞

-1 0 1 +

∞

y

’ − 0 + 0 − 0 +

y +

∞

0 +

∞

-1 -1

0.25

• Đồ thị

0.25

I.2

2. (1 điểm) ' 3

(

)

4 4 4 0 x

y x mx x x m

x m
=



= − = − = ⇔



Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔pt y'=0 có ba nghiệm phân biệt và y đổi dấu khi '

x đi qua các nghiệm đó ⇔ >m 0

0.25

• Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

(

)

(

) (

)

0; 1 , ; 1 , ; 1

A m− B − m −m + −m C m −m + −m

0.25

• 1 2

.
2

ABC B A C B

S△ = y −y x −x =m m;

, 2

AB=AC = m +m BC= m

0.25

•

(

)

3
2

1
2

. .

1 1 2 1 0 5 1

4 4

2
ABC

m
m m m

AB AC BC

R m m

S m m m



+ 

= = ⇔ = ⇔ − + = ⇔  −



△

0.25

II.1 * ĐK: cosx≠0. PT 3 3

sin

x

cos

x

cos 2 .(2 cos

x

sin )

x

⇔

+

=

−

0.25 (sin

x

cos ).cos .(2 sin

x

cos )

x

0 ⇔

+

−

=

0.25 sin

x

cos

x

0; 2 sin

x

cos

x

0 ⇔

+

=

−

=

0.25

1 ;

arctan

; ( ,

)

4

2 x

π

k

π

x

l

π

k l

Z

⇔ = − +

=

+

∈

0.25 II.2

* Đk: x

∈

D=(-∞;1/2]

∪

{1}

∪

[2;+ ∞)

0.25

- 2

- 4

- 6

- 8

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

* x = 1 là nghiệm phương trình đã cho

0.25

* với x

≥

2 Bpt đã cho tương đương:

x

−

2 ≥

x

−

1 +

2 x

−

1

...vô nghiệm

0.25

2

1 ≤

: Bpt đã cho tương đương:

2 −

x

+

1 −

x

≥

1 −

2 x

c ó nghiệm x

2

1 ≤

*BPT có tập nghiệm S=(-∞;1/2]

∪

{1}

0.25

III

2 2 2

0 0

s in 2 . c o s s in x . o s
2

1 c o s 1 c o s

x x c x

I d x d x

x x

π π

= =

+ +

∫

0.25

Đặt t = +1 cosx ⇒dt = −sin xdx , cosx= −t 1

x = 0 ⇒ t = 2 , 1

x = π ⇒ t =

0.25

I =

2 2 2

1 1

( 1 ) 1

2 t d t 2 (t 2 )d t

t t

− = − +

∫

0.25

2 2

2 ( 2 l n ) 2 l n 2 1

t

t t

− + = −

0.25 IV

Theo đlý cosin ta có: BC = a 7

Theo Pitago ta được: MB = 2 3a ; MA1= 3a

Vậy MB2+MA12 =BA12 =21a2⇒MA1⊥MB

0.50

Ta lại có:

1 1 1 1

1 1

( , ( )). .

3 3

ABA M ABA MBA

V = d M ABA S = d S

1 1

( , ( )) ( , ( )) 3

d M ABA =d C ABA =a

2
1
1

. 5

2
ABA

S = AB AA =a

0.25

2
1
1

. 3 3

2
MBA

S = MB MA = a 5

a
d

⇒ =

0.25 V

Do 2 2 2

9 a

+ + =

b

c

nên ít nhất một bình phương lớn hơn hoạc bằng 3.
Giả sử

c

≥

3 ⇒

a

+ ≤

b

6

VT2 =

[

2(

a

+ + −

b

)

(2

ab c

)

]

≤ + −

(4

(2

ab

) )((

a

+

b

)

+

c

)

VT2

≤ −

(8

4 ab

+

a b

2 2

)(9

+

2 ab

)

Ta sẽ CM

(8

−

4 ab

+

a b

2 2

)(9

+

2 ab

) 100

≤

3 2

2(

ab

)

(

ab

)

20 ab

28

0 ⇔

+

−

≤

3 2 2

2(

ab

)

(

ab

)

20 ab

28

0 (2

ab

7)(

ab

2)

0 ⇔

+

−

≤ ⇔

−

+

≤

1,0

A

1

M

C

1

B

1

B

A

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

N
D

I

A C

B

N'
M

2 2

6

3

2

7

0

2 a

b

ab

≤

+

≤ =

⇒

ab

− <

. Vậy BDT Đúng

VI.a1

Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình
9

3 0 2 9 3

;

6 0 3 2 2

x
x y

I

x y

y





− − =

   

⇔ ⇒

 + − =   

 

  =



Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD

( )

Ox 3; 0

M d M

⇒ = ∩ ⇒

0.25

Ta có: AB=2IM =3 2

Theo giả thiết SABCD =AB AD. =12⇒ AD=2 2

Vì I, M thuộc d ⇒d⊥ AD⇒ AD x: + − =y 3 0

0.25

Lại có MA=MD= 2⇒ tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình

(

)

2 2

( ) (

)

3 0 2 4

2;1 ; 4; 1

1 1

3 2

x y x x

A D

y y

x y

+ − =

  =  =



⇔ ∧ ⇒ −

  

= = −

− + =  



0.25

Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2) TT: I là trung điểm của BD nên B(5;

0.25 VI.a2

. Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;-2) R= 2 2 2

1 + + −2 ( 2) +16=5.

0.25

mp(P) có dạng: 2x+2y+ + =z c 0 (c≠ −3)

. Do chu vi đường tròn bằng 8π nên bán kính r=4

0.25

2 2

( ; ( )) 3

d I P = R −r = ⇔ 4+ =c 9
⇔ 5

c
c

=
= −

0.25

KL: (P1) 2x+2y+ + =z 5 0 (P2) 2x+2y+ − =z 13 0

0.25

VII.a

Ta có:

Đặt

0.5

Dẫn đến:

Kết hợp với giả thiết ban đầu:

0.25

Nên kế hợp lại ta ñược số phức :

;

0.25 VI.b1

Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có :

'
'

2 4

2 5

N I N

x x x
y y y

= − =




= − = −



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Phương trình đường thẳng AB:4x + 3y – 1 = 0

Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB:

2 2

4.2 3.1 1
2
4 3

d= + − =

0.25

AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vng ABI có:

2 2 2

1 1 1
4

d = x + x suy ra x = 5 suy ra BI = 5

0.25

Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5

Tọa độ B là nghiệm của hệ: 4x 3y – 1 2 2 0
(x 2) (y 1) 5

+ =




− + − =


B có hồnh độ dương nên B( 1; -1)

0.25 VIb2.

.Gọi ( ; 0; 0)C a ∈Ox. ( ; ( )) 2
3

a
d C P =

0.25

;
( ; ( ))

MC u
d C

u

∆

 

 

∆ =

với

(1; 0; 2)
( 1; 0; 2)
(1; 2; 2)

M
MC a
u∆

−
= −
=

. MC u; ∆= −( 4; 4 2 ; 2(− a a−1))

0.25

8 24 36
( ; ( ))

a a

d C ∆ = − + = ( ; ( )) 2
3

a

d C P = ⇔ a=3 Vậy (3; 0; 0)C

0.25

Phương trình mp (P): 1 2 3 6 6 0
3 2 1

x y z

+ + = ⇔ + − − =

−

0.25 VIIb

ĐK: x+y > 0

Hệ đã cho ⇔

3
5

( ) 3

27
( ) 5

x y

x y
x y

−
−


+ =




 + =



⇔ 3

3
5

5 3

27
( ) 5

x y

x y

−

−
−






 + =



0.25

⇔

3
3

5 3

( ) 5
x y

x y

x y

− −

− −
−


 =



 + =



⇔ 33 0

( ) 5x y

x y

x y −
− − =




+ =

 ⇔ 3

3
(2 3) 125

y x
x
= −




− =



0.5

3
2 3 5

y x
x

= −



⇔

− =

 ⇔

4
1

x
y




 thỏa mãn điều kiện.

0.25

Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án 
 quy định.

</div>

Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán THPT CNghiệp, Hòa Bình 2011-2012 (có đáp án) – Thầy Đồ – Dạy toán – Học toán

sin

<i>x</i>

.tan

<i>x</i>

+

cos

<i>x</i>

=

cos 2 .(2 tan )

<i>x</i>

−

<i>x</i>

Giải bất phương trình

<i>x</i>

−

3

<i>x</i>

+

2

−

2

<i>x</i>

−

3

<i>x</i>

+

1

≥

<i>x</i>

−

1

.

sin 2 cos

1 cos

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>dx</i>

<i>x</i>

+

∫

<i>a</i>

+ + =

<i>b</i>

<i>c</i>

9

2(

<i>a</i>

+ + −

<i>b</i>

<i>c</i>

)

<i>abc</i>

≤

10

.

<b>Đ</b>

<b>ÁP ÁN MƠN TỐN </b>

<b>Câu </b>

<b>Nội dung </b>

<b>I.1 </b>

1.(1 điểm). Khi

hàm số trở thành:

•

TXĐ: D = R

•

Sự biến thiên:

(

)

0.25

( )

( )

0.25

•

Bảng biến thiên

x -

-1 0 1 +

y

y +

0 +