DE THI THU CO DAP AN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (258.74 KB, 10 trang )

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

2/Tìm các giá trị thực của tham số m để đồ thị (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vng

có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm

3 9
( ; )

5 5
D

Câu II: (2điểm) 1/Giải phương trình:

2
4

1 tan x
8cos (x ) sin4x 2.

4 1 tan x

 

  



2/Giải hệ phương trình : 2

16 2 3

x y x y x y

x y x

     




    



Câu III: (1điểm)Tính tích phân :
5
2

ln( x 1 1)
dx
x 1 x 1

 
  



Câu IV: (1điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh C cạnh huyền 3a .Gọi G là trọng

tâm của tam giác

14
; SG (ABC), SB=

2
a
ABC

 

. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách
từ B đến mặt phẳng (SAC)

Câu V: (1điểm) Cho x,y > 0 và thoả mãn điều kiện x3y3 x y . Chứng minh rằng
x24y2 1

II/PHẦN RIÊNG:

Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần(Phần A hoặc phần B)

A/Theo chương trình chuẩn

Câu VIa: (1điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang vng tại A và D đáy lớn CD .Đường thẳng AD
có phương trình : 3x - y = 0 ,đường thẳng BD có phương trình :x -2y = 0 .Góc tạo bởi đường thẳng
BC và AD bằng 450 .Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B
có hồnh độ dương

Câu VIIa: (1điểm)

Trong khơng gian Oxyz ,cho đường thẳng :

1 1

2 4 1

x y z

  

 và mặt phẳng (P) : 2x-2y-z = 0 hai

điểm phân biệt A(0;2;0) B(0;0;-1) và C Ox .Viết phương trình mặt phẳng (ABC) biết khoảng cách 
từ C đến mặt phẳng (P) bằng khoảng cách từ C đến đường thẳng 

Câu VIIIa: (1điểm)

Tìm các số thực m để phương trình 2z22(m1)z2m 1 0 có hai nghiệm phân biệt z ; z1 2 
thoả mãn z1  z2  10

B/Theo chương trình nâng cao

Câu VIb: (2điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,cho A(0;1),B(2;-1) và các đường thẳng

1 2

(d ) : (m 1)x (m 2)y 2 m 0;(d ) : (2 m)x (m 1)y 3m 5 0            .Chứng minh rằng
1 2

(d );(d ) ln cắt nhau.Gọi P d 1d2.Tìm m để PA+PB lớn nhất

Câu VIIb: (1điểm)Trong không gian Oxyz ,cho

5 5

A(1; 2; ), B(4;2; )

2 2



.Tìm tọa độ M (Oxy) sao
cho ABMvng tại M và có diện tích nhỏ nhất

Câu VIIIb: Giải hệ phương trình

2 2

3 5

log ( ) log ( ) 1

x y

x y x y

  



   

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

_HẾT_

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

TRƯỜNG THPT LÊ Q
ĐƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC
MƠN TỐN KHỐI D

HỌC KỲ I NĂM HỌC 2011-2012

Câu

NỘI DUNG

Điểm

I

1. Khi m=1 .khảo sát và vẽ đồ
thị hàm số

1
2
x
y

x

 




1

a)TXĐ:D\



2



b)Sự biến thiên
-Chiều biến thiên

' 0 2

( 2)

y x

x



   



………
………
………...
Hàm số nghịch biến trên các
khoảng (  ; 2)và( 2; )
-Cực trị : Hàm số khơng có cực
trị

-Giới hạn :xlim  1 ; limx 1

.Đường thẳng y = -1 là tiệm
cân ngang của đồ thị hàm số

2 2

lim ; lim

x   y x    

.Đường thẳng x = -2 là tiệm cân
đứng của đồ thị hàm số

………
………
………...
Bảng biến thiên

………

………
………...
Đồ thị

0.25 y'

-2

x

y

 

-



1 

 

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

hai tiệm cận làm tâm đối xứng

2:Tìm m để đường thẳng d:

2x+2y-1=0 cắt đồ thị (C) tại hai
điểm phân biệt A,B, sao cho
tam giác ABC có diện tích bằng
1

TXĐ:D\



2



Đường

thẳng d:y=-x +
1
2 .

Phương trình hồnh độ giao
điểm của đường thẳng (d)

và(Cm) là

2 2

x m
x
x

 

 


2x x 2m 2 0

     (1)

.Đường thẳng (d) cắt (Cm) tại 2
điểm A,B (1) có hai nghiệm 
phân biệt x2

17
1 8(2 2) 0 17 16 0

16
2

2.( 2) ( 2) 2 2 0 2

m m m

m

m m



      

   

     



      

  

với

17
16
2

m
m





 

 đường thẳng (d)

y=-x +
1

2 cắt (Cm) tại 2 điểm

phân biệt

1 1 2 2

1 1

A(x ; x ), B(x ; x )

2 2

   

trong đó x1;x2 là hai nghiệm
phân biệt của phương trình

2x  x 2m 2 0 theo viet ta

có

1 2
1 2

1
x x

2
x .x m 1




 




  



0.25

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

2 2 2

2 1 1 2 2 1 1 2

2(17 16m)
AB (x x ) (x x ) 2 (x x ) 4x x



         





d O,d

2 2



OAB

2(17 16m)

1 1 1 47

S AB.d(O,d) . . 1 m

2 2 2 2 2 16



 

    

(t/m)

Vậy với




thì đường
thẳng d: 2x+2y-1=0 cắt đồ thị
(C) tại hai điểm phân biệt A,B,
sao cho tam giác ABC có diện
tích bằng 1

II

2.0đ

1: Giải phương trình :

2cos(2x ) 4sinxsin3x 1 0
3



   

(1)

1

phương trình (1)

2(cos2xcos sin 2x sin ) 4sin x sin 3x 1 0

3 3

cos2x 3 sin2x+4sin x sin 3x 1 0

1 2sin x-2 3 sin x cos x 4sin x sin 3x 1 0
sinx(2sin3x-sin x- 3 cos x) 0

sinx 0

sinx 3 cos x 2sin 3x

 

    

   

    

 




 

 



*s inx 0  x k (k z)

1 3

*sinx 3 cos x 2sin 3x sinx cos x sin 3x

2 2

3x x k2 x k

3 6

sin(x ) sin 3x (k z)

3x x k2 x k

3 6 2

    

 

 

      

 



       

  

        

 

 

vậy phương trình đã cho có

nghiệm x k 

;

x 6 k2

 

 

(k z)

2.Giải phương trình

4 2 2

2log xlog .log (x x 1 1)

(1)

Điều kiện x>0 (1)
2

2 2 2

log log .log ( 1 1) 0

2 x x x

    

2 2 2

log ( log log ( 1 1)) 0
2

x x x

    

0.25

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

trình đã cho có nghiệm x =1 ; x
= 4

III

Tính tích phân

1 3
2

x 3x 2

I dx

x-2




 





1

Ta có

1 3 1 2 1

2 2 2

1
2

1 2

( 1) ( 2)
3 2

dx = dx= dx

x-2 x-2 x-2

(1 ) 2

= dx

x-2

x x

x x

  



 



Đặt

2 2

t x 2   t   x 2 x t  2

dx 2tdt

:

Đổi cận khi x 
= -2 thì t = 0 ; khi x = -1 thì t =
1

1 2 1 4 2 1

2 2 2

0 0 0

(1 t 2)t t 3t 4

I .2tdt =2 dt 2 ( t 1 )dt

t -2-2 t -4 t -4

   









  

Xét

1 3

0 0

t 8

J=2 ( t 1)dt 2( t)

3 3

     



Xét

1 1

0 0 0

4 1 1 2 t

K=2 dt 2 ( )dt (2ln 2ln 3

t -4 2 t 2 t 2 t



   

  



Vậy I=-2ln 3

-8
3



0.25 IV

Cho hình chóp S.ABCD có đáy

ABCD là hình thoi cạnh a và
có góc ABC600,hai mặt 
phẳng (SAC) và (SBD) cùng
vng góc với mặt phẳng
(ABCD),góc giữa hai mặt
phẳng (SAB) và (ABCD) bằng
300 .Tính thể tích khối chóp 
S.ABCD và khoảng cách giữa

hai đường thẳng SA,CD theo a

1

GọiO AC BD  ,M là trung điểm của AB và I là 
trung điểm của AM theo giả thiết ta có tam giác
ABC đều cạnh a nên CMAB, OIAB

3 3 3

, ,S 2

2 4 ABCD ABC 2

a a a

CM  OI   S 

………
Vì(SAC)và (SBD) cùng vng góc với (ABCD)
nên SO(ABCD) do AB OI  AB SI



(SAB,(ABCD)



(OI,SI) SIO 30  0

  

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

Xét tam giác vuông SOI ta được :

0 a 3 3 a

SO OI.tan 30 .

4 3 4

  

Thể tích khối chóp S.ABCD là

2 3

1 1 3 3

3 ABCD 3 2 4 24

a a a

V  SO S  

Gọi J OI CD  và H là hình 
chiếu vng góc của J trên SI

ta có

a 3
IJ 2OI

 

và
JH(SAB) Do

CD AB (SAB)

CD (SAB)
CD (SAB)




















d(SA, CD) d CD,(SAB) d (J,(SAB) JH

   

Xét tam giác vuông IJH ta 
được

0 a 3 1 a 3
JH IJ.sin 30 .

2 2 4

  

Vậy

a 3
d(SA, CD)



0.25 V

Cho x,y là các số thực thay đổi
và thoả mãn điều kiện .

2 2 1

x y xy

. Tìm giá trị

lớn nhất , nhỏ nhất của biểu
thức P x y xy 2  2

1

Từ

2 2 2 2 2 2

P xy(x y)   P (xy) (x y  2xy) x y (1 3xy) 
Đặt t=xy

2 2 2 1

x y xy 1 1 3xy (x y) 0 t
3

         

2 2 2

x y xy 1  (x y)  1 xy 0  t1

2 2

1
P f (t) t (1 3t) ,t 1;

3
t 0
f '(t) 2t 9t f '(t) 0 2

t
9

 

      

 





    

 

Có

1 2 4

( 1) 4; (0) ( ) 0 ,f( ) 4 2 2

3 9 243

f   f f    P     P
P 2 x 1, y 1 max P 2

P 2 x 1, y 1 min P 2

     

     

0.25

TỰ CHỌN

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

VIIa

Đường trịn (C)Có tâm I (1;2)
và bán kính R= 5 .Gọi H là
hình chiếu vng góc của I trên
AB theo tính chất đường kính
dây cung H là trung điểm của
AB ta có

2 2 2 2 AB 10 5 10

IH IA AH R 5 IH

4 4 2 2

        

Gọi đường thẳng (d) đi qua M
và có véc tơ pháp tuyến

2 2
n (a; b) (a b 0)
Ptđt(d):

a(x 6) b(y 2) 0    ax by 6a 2b 0   

Đường thẳng (d) thoả mãn yêu
cầu bài toán khi

2 2

a 2b 6a 2b 10

d(I, d) IH 9a b b 3a

2
a b

  

      



………
………
……….
Với b= - 3a ta có (d): x - 3y=0
Với b=3a ta có (d) : x + 3y -
12=0

………
………
………..
Vậy có hai đường thẳng thoả
mãn yêu cầu bài toán là

(d): x - 3y=0 hoặc (d) :
x + 3y - 12=0

………
………
……….
Phương trình tham số của

đường thẳng (d)

1 2

4 ( )

x t

y t t

z t

 



 



  




………
………
……….

0.25

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Gọi M( 1+2t;4t;-1-t) ta có

MA (3 2t; 1 4t; 2 t); MB (1 2t;5 4t;1 t)         

MAB

 vuông tại M

MA.MB 0 (3 2t)(1 2t) ( 1 4t)(5 4t) (2 t)(1 t) 0

                           

t 0
9t 23t 0 23





   

 

Với t=0 ta có M( 1;0;-1)

Với

23 55 92 32

t M( ; ; )

9 9 9 9



 

VIIIa Trong mặt phẳng toạ độ .Tìm

tập hợp các điểm biểu diễn số
phức z thoả mãn

2 3

z i  z  i

.Trong các số
phức thoả mãn điều kiện trên
,tìm số phức có mơ đun nhỏ
nhất

Gọi số phức

z x yi (x;y   ).Ta có

2 2 2 2

z i z 2 3i x (y 1)i (x 2) (y 3)i
x (y 1) (x 2) (y 3)

          

      

2 3 0

x y

    .

Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn
số phức Z là đường thẳng

:x 2y 3 0

   

Ta có z  x2y2 (1) Từ
2 3 0 2 3(2)
x y  x y

thay (2) vào (1) ta có

2 2 2 6 2 9 9 9 6

(2 3) 5 12 9 5( ) min

5 5 5 5 5

z  y y  y  y  y    z   y

Vậy số thoả mãn điều kiện trên
và có mơ đun nhỏ nhất là

3 6
5 5
z  i

0.25

B:THEO CHƯƠNG TRÌNH 
NÂNG CAO

VIb

Từ u cầu bài tốn ta có C là
hình chiếu vng góc của A
trên đường thẳng (d)

Phương trình đường thẳng  đi

qua A và vng góc với(d) là :
2x+ y +m =0

Vì

( 1;2) 2 2 0 0

A       m  m

Đường thẳng : 2x y 0
Toạ độ của C là nghiệm của hệ
phương trình

0.25

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

VIIb

Gọi B(2t 3; t) (d)  theo giả

thiết

2 2

AC 3BC  AC 9BC

2 2 2

16
4 16 9 (2 12) ( 6) 45 108 64 0 5

25 25 5 5

t

t t t t

t



 
             
   

Với

16 13 16
( ; )
5 15 15
t  B 

Với

4 1 4

( ; )

3 3 3

t  B 

.

Vậy
13 16

( ; )
15 15
B 

;

hoặc

1 4
( ; )
3 3
B 

………

.

………

* Phương trình tham số của
đường thẳng

1 2

1 ( )

x t

d y t t

z t
 


  

  



*Phương trình tham số của

đường thẳng

1 '

2 ' (t' )
1 2 '

x t

d y t

z t
 


  

  



Toạ độ giao điểm A của đường
thẳng d1 và mặt phẳng (P) là
nghiệm hệ phương trình

1 2 1

1 0

(1;0; 2)

1 2

2 3 0 1

x t x

y t y

A

z t z

x y z t

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

Toạ độ giao điểm B của đường
thẳng d2 và mặt phẳng (P) là

nghiệm hệ phương trình

1 ' 2

2 ' 3

(2;3;1)

1 2 ' 1

2 3 0 ' 1

x t x

y t y

B

z t z

x y z t

  
 
    
 
 
 
  
 

      
 

Đường thẳng  thoả mân yêu

cầu bài tốn đi qua A,B và có
véc tơ chỉ phương

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

(1;3; 1)

AB 



Phương trình
chính tắc của 

1 2

1 3 1

x y z
 



Gọi số phức

z x yi (x;y  ) ;z x yi  .

Ta có

(z 1)(z 2i) ((x 1) yi)(x yi 2i) x(x 1) y(2 y) (x 1)(2 y)i xyi
x(x 1) y(2 y) (2x y 2)i

              

      

(z 1)(z 2i)  là số thực khi và

chỉ khi phần ảo bằng 0

2x y 2 0 y 2 2x

       .

(1)

Ta có z  x2y2 (2) thay
(1) vào (2) ta có

2 (2 )2 2 2 4 4 2( 1)2 2 2 min 2 1 0

z  x   x  x  x  x    z  x  y

Vậy số thoả mãn điều kiện trên
là z1

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần

như đáp án quy định

</div>

DE THI THU CO DAP AN



<b>II/PHẦN RIÊNG:</b>

<b>Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần(Phần A hoặc phần B)</b>

<b>A/Theo chương trình chuẩn</b>

<b>B/Theo chương trình nâng cao</b>

_________HẾT_________

Câu

NỘI DUNG

Điểm

I

1





0.25

0.25

0.25

0.25

y'

-2

x

y

 

<sub>-</sub>

<sub>-</sub>



1



 





0.25

0.25

0.25





II

1

<sub>;</sub>

0.25

0.25

0.25

0.25

III

<sub></sub>

1









<sub> :</sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>







0.25

0.25

0.25

0.25

IV

1













0.25

0.25

0.25

V

<sub> . Tìm giá trị </sub>

1

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

_HẾT_