De thi thu Dai hoc mon Toan va dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (194.77 KB, 7 trang )

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

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số

2 1
1
x
y

x



 ( C )
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) của hàm số.

2. Tìm m để đường thẳng ( )dm : y = -x + m cắt (C ) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho tam giác PMN đều
, với P (2;5)

Câu II. (2,0 điểm)

1.Giải phương trình 2 cos x 2 3 sin x cosx 1 3(sin x2     3 cosx) .

2.Giải hệ phương trình

4 3 2 2

3 2

x x y x y 1

x y x xy 1

   




  



 .

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I=

∫

0
1

x(x −1)

x2−4 dx .

Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc
của A’ trên (ABC) trùng với trọng tâm G của ABC. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC

bằng
3
4
a

. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a.

Câu V. (1,0 điểm)Tìm tất cả các giá trị cảu m để phương trình:

√

x −3−2

√

x −4+

√

x −6

√

x −4+5=m
có đúng 2 nghiệm phân biệt.

Phần riêng (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần a hoặc b
Chương trình chuẩn:

Câu VI.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2, 1) lấy điểm B thuộc trục Ox có hồnh độ x  0
và điểm C thuộc trục Oy có trung độ y  0 sao cho ABC vng tại A. Tìm B, C sao cho diện tích ABC
lớn nhất.

Câu VII.a (1,0 điểm). Giải bất phương trình:





1 2

1 1

log 2x 3x 1 log x 1

2 2

    

Câu VIII.a(1,0 điểm) Cho khai triển:

5
3

( ) ( )n

P x x

x

 

với x0 Biết n là số nguyên dương nghiệm
đúng phương trình:. 14 3 7( 3)

n n

c  c n

     .Tìm hệ số của số hạng chứa x8
Chương trình nâng cao:

Câu VI.b (1,0 điểm)Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường trịn (C') tâm

M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB=

√

3 .

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: log9(x2 – 5x + 6)2 =

3
3

1log x 1 log (3 x)

2 2



 

Câu VIII.b( 1,0 điểm) Có 1 xạ thủ bắn vào tấm bia. Xác suất trúng đích 0,2. Tính xác suất để trong 3 lần
bắn có: a) Ít nhất một lần bắn trúng bia?

b) Bắn trúng bia đúng 1 lần?

Hết
 Trường THPT Ninh Giang

Tỉnh Hải Dương
 Đề thi gồm 1 trang

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

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

BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ TỐN KHỐI D LẦN II- NĂM 2012
(Biểu điểm gồm 05 trang)

Câu Nội dung Điểm

I 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
* TXĐ: R\



1



; 2

' 0

( 1)
y

x

 

 . Hàm số đồng biến trên TXĐ.

0.25

lim

x  
 

;

lim

x 1

 2 1 2

lim

x xx

 





Tiệm cận đứng x = - 1; Tiệm cận ngang y = 2.

0.25

* Bảng biến thiên 0.25

Giao Ox:

1
0

2
y  x

; Giao Oy: x 0 y1.
Đồ thị:

0.25
2. (1.0 điểm) Tìm m để đường thẳng …

Phương trình hồnh độ giao điểm của ( )dm và ( C) là:

2 1

( 3) 1 0

1
x

x m x m x m

x


       

 (1) , với x1

( )dm cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi pt (1) có hai nghiệm phân biệt 1

2 2 13 0

0. 3 0

m m

m

   

 

 

 ( đúng với mọi m)

0.25

Gọi x x1; 2là các nghiệm của (1), ta có

1 2

. 1

x x m

x x m

  




 

 .

Giả sử A x( ;1  x1m B x); ( ;2  x2m)

0.25

1 2

2( )

AB x  x ; PA (x1 2)2 ( x1m 5)2  (x1 2)2(x2 2)2

2 2 2 2

2 2 2 1

( 2) ( 5) ( 2) ( 2)

PB x    x m  x   x 

.Suy ra tam giác PAB cân tại P. 0.25
Do đó PABđều  PA2 AB2

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

(x 2) (x 2) 2(x x ) (x x ) 4(x x ) 6x x 8 0

            

2 4 5 0 1

5
m

m m

m



     




0,25

II.

1. Giải phương trình: 2 cos x 2 3 sin x cosx 1 3(sin x2     3 cosx) (1)
(1)  2 cos2x  3 sin 2x 3(sin x  3 cosx)



1 3 1 3

2 2 cos2x sin2x 6 sin x cosx

2 2 2 2

   

      

   

   

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



2 2cos 2x 6 cos x

3 6

 

   

      

    1 cos 2x 3 3cos x 6

 

   

      

    0. 25

.
2

2 cos x 3cos x

6 6
 
   
  
   
   
3
cos x 0 v cos x (loại)

6 6 2

 

   

   

   

    0. 25

 x −π

6=
π

2+kπ⇔x=
2π

3 +kπ , k  Z.

0.25

2. Giải hệ:

4 3 2 2

3 2

x x y x y 1
x y x xy 1

   




  



 (I)

(I) 

    


   



2 2 3

2 3

( x xy) x y 1

( x xy) x y 1 Đặt u =

 x2 + xy, v = x3y

0.25

(I) thành

 
     
   
  
   
 
     
 
 
2
2

v u 1 u 0 u 1
u v 1

v 1 v 0

u v 1 u u 0 0.25

2 2

4 2

3 3

y x y 0

x xy 0 x xy 1

x 1 x 1(vn)

x y 1 x y 0

         
   
  
   
 
 
 
   
 
0.25
 
 
   
 
 

x 1 x 1

y 1 y 1 0.25

III.

Tính tích phân I=

∫

0
1

x(x −1)

x2−4 dx .

Ta có I=

∫

0
1

x(x −1)

x2−4 dx=

∫

0
1

x2− x

x2−4dx 0.25





1 1 1

2 2 2 2 2

0 0 0

d x 4

x 4 1 dx

1 dx 1 4

x 4 x 4 2 x 4 x 2



 

       

   

 

∫

0.25

.
1
1
2
0
0

1 x 2 3

1 ln x 4 ln 1 ln 2 ln 3

2 x 2 2

 


        

  0.5

IV. Tính thể tích…

Diện tích đáy là

3
4
ABC

a
S 

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có

3
2
a
AE

2 2 3 3

3 3 2 3

a a

AG AE

   

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

C
A'

E
G
D

Gọi E là trung điểm của BC. Ta có
(AA'E)
'

BC AE

BC
BC A G




 





Gọi D là hình chiếu vng góc của E lên AA’. Suy ra
; AA' DE

BC DE  . Vậy DE là khoảng cách giữa 2 đt

AA’ và BC

3
4
a
DE

 

0.25

Tam giác ADE vuông tại D suy ra

30
2

DE

SinDAE DAE

AE

   

Xét tam giác A’AG vng tại G ta có

' .tan 30
3
a

A GAG 

0.25

2 3

. ' ' '

3 3

' .

3 4 12
ABC A B C ABC

a a a

V A G S  

0.25

V. Tìm m để phương trình:

√

x −3−2

√

x −4+

√

x −6

√

x −4+5=m có đúng 2 nghiệm
P/trình cho ⇔

√

(x −4)−2

√

x −4+1+

√

(x −4)−6

√

x −4+9=m (1)

0.25
. ⇔

√

(

√

x −4−1

)

√

(

√

x −4−3

)

2=m ⇔

|

√

x −4−1

|

√

x −4−3

|

=m (1)

đặt: t=

√

x −4≥0 . Ta có: (1) ⇔|t −1|+|t −3|=m () 0.25

Xét hàm số f(t)=|t −1|+|t −3|, t ≥0 .Ta có

4−2t neáu 0≤t ≤1
2 neáu 1≤ t ≤3
2t −4 neáu t ≥3

¿f(t)={ {
¿

0.25

Đồ thị

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

O 1 3 4

2
4

Từ đồ thị ta có: 2m4

VI. a Tìm B, C sao cho diện tích ABC lớn nhất.

Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c  0 ; ABC vng tại A ⇔⃗AB.⃗AC=0
Ta có ⃗AB=(b −2,−1) ; ⃗AC=(−2, c −1)

0,25
Do ABC vuông tại A ⇒⃗AB.⃗AC=−2(b −2)−(c −1)=0

⇔c −1=−2(b −2)⇒c=−2b+5≥0⇒0≤ b ≤5

2 0,25

Ta lại có









2 2

1 1

. 2 1. 4 1

2 2

ABC

S  AB AC b   c

SABC=1

√

(b −2)

√

4+4(b −2)2=(b −2)2+1

0,25

vì 0≤ b ≤5

2 nên SABC = (b – 2)2 + 1 lớn nhất  b = 0

Khi đó c = 5. Vậy, ycbt  B(0, 0) và C(0, 5)

0,25

VII.
a

. Giải bất phương trình:





2
2

1 2

1 1

log 2x 3x 1 log x 1

2 2

    

.(1)
ĐK x 1 . Khi đó (1) ⇔−1

2log2

(

2x
2−3x

)

2log2(x −1)
2≥1

0.25

⇔−1

2log2

(

2x
2−3x

)

2log2(x −1)
2≥1

0.25









2 2

x 1 (x 1)

log 1 2

1 (x 1)(2x 1)
2 x 1 x

 

   

 

 

   

 

0.25

(x 1)
2
(2x 1)



 



3x 1 1 1

0 x

2x 1 3 2

 

    



</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

VIII
a

Tìm hệ số của số hạng chứa x8trong khai triển

5
3

( ) ( )n

P x x

x

 

4 3 7( 3) ( 4)( 3)( 2) ( 3)( 2)( 1) 42( 3)

n n

c  c n n n n n n n n

              

2 5 6 14( 3) 2 9 36 0

n n n n n

         0,25

3( )
12( )
n loai

n tm



  

 Với n=12 ta có nhị thức:

5 12
3

( x )
x 

0,25

Ta có:

5(12 ) 60 11

12 12

5 12 3 2 2

12 12

0 0

( ) ( ) 2 2

k k

k k k k k

k k

P x x c x x c x

x

 



 

  







0,25

60 11

8 60 11 16 4
2

k

k k



     

. Hê số của x là 8 c 2124 4 7920

0,25

VI.b

Viết pt đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB=

√

3 .
Ta có (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) ; R=

√

(C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB  IM tại trung điểm H của đoạn AB. Ta có

AH=BH=AB

2 =

√

2 . Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.

0,25

Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB. Gọi H' là trung điểm của A'B'

Ta có:

2 2 3 3

IH' IH IA AH 3

2 2
 

       

 

  . Lại có:









2 2

MI 5 1  1 2 5

3 13
MH' MI H'I 5

2 2

    

;

3 13
MH' MI H'I 5

2 2

    

0,25

Ta có: R12

=MA2=AH2+MH2=3

4+
49

4 =

52
4 =13
R22=MA'2=A ' H '2+MH'2=3

4+
169

4 =

172
4 =43

0,25

. Vậy có 2 đường trịn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13

hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43

0,25
VII.

b

Giải phương trình: log9(x2 – 5x + 6)2 = 3 3

1log x 1 log (3 x)

2 2



 

ĐK Điều kiện: 1 < x < 3 và x ≠ 2 (1) 0,25

Pt (1) 

3 3 3

x 1

log x 5x 6 log log (3 x)
2



    



3 3

(x 1)(3 x)
log x 5x 6 log

 

   0,25



(x 1)(3 x)
(x 2)(x 3)

 

  

 2 x 2 (3 x) (x 1)(3 x) 0       2 x 2 x 1 0   

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>



1 x 2 hay 2 x 3

4 2x x 1 0 2x 4 x 1 0

     

 

       

  

1 x 2 2 x 3

hay

5 x 3

x
3
  

  


 



 



  x =

5
3.

0,25

VIII
b

Tính xác suất

a.Gọi A là biến cố có ít nhất 1 lần bắn trúng bia

 P

 

A P A A A



1 1 1



0,8.0,8.0,8 0,512  P A

 

 1 P A

 

0, 488

0,5

b. Gọi Ai là biến cố người đó bắn trúng bia ở lần thứ i, i=1,2,3

A là biến cố trong 3 lần bắn người bắn trúng bia 1 lần

 A A A A 1 2 3A A A1 2 3A A A1 2 3  P A

 

3.0,128 0,384

0,5

</div>

De thi thu Dai hoc mon Toan va dap an

∫

<sub>√</sub>

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>





√





lim

lim

lim

∫

∫

∫





∫

∫

∫

√

√

√

√

<sub>√</sub>

√

√

√

<sub>√</sub>

<sub>(</sub>

<sub>√</sub>

)

√

(

√

)

|

√

|

|

√

|

√









√

√





(

)

(

)









<sub></sub>

<sub></sub>

√

<sub>√</sub>

√









 





 

 

 

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về