de thi thu dai hoc THPT Vinh Loc Thanh Hoa lan 2

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (290.63 KB, 8 trang )

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

Sở GD - ĐT Thanh Hoá Kỳ thi khảo sát chất lỵng häc sinh khèi 12

Trêng THPT VÜnh Léc Lần thứ hai năm học 2012

GV: Nguyễn Văn Thơi Đề thi môn Toán Khèi A

( Thời gian làm bài 180 phút khơng tính thời gian phát đề)
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 2 điểm ) Cho hàm số y x 3 3mx2



Cm



1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

 

C1 ứng với m=1

2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của



Cm



cắt đường tròn tâm I



1;1 ,



bán kính

bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất

Câu II ( 2 điểm )

1 . Giải phương trình:. 2

3 4 2sin 2

2 3 2(cot 1)

sin 2
cos

x

x
x

x


   

2 . Giải phương phương trình:

2 log

x



x

Câu III ( 1 điểm ) Tính tích phân

1 4

2
0

( )

x x

x e dx

x





Câu IV( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a; SA SB SC 2a   .và đặt
SD = x .Chứng minh SBD là tam giác vuông . Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD Tính V theo a và x tìm x

để V là lớn nhất

Câu V (1 im). Tìm m sao cho hệ phơng trình sau cã 4 nghiƯm thùc ph©n biƯt:

3 2 3

2 2

6 3 3 4

( 4) 2 3 5 8 32

x x x y y

m x y y x y

     




     




II/PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm )Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
Phần A .Theo chương trình chuẩn

Câu VIa ( 2 điểm )

1. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường tròn (C) : (x + 6)2 + (y – 6)2 = 50 . Đường thẳng d cắt hai trục tọa

độ tại hai điểm A, B khác gốc O .Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C) tại M sao cho
M là trung điểm của đoạn thẳng AB .

2. Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho A(5;3;-4) , B(1;3;4) .Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy)
sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 8 5.

Câu VIIa (1 điểm) Tìm số phức Z thoả mãn :

8 6

z i

z

  

Phần B.Theo chương trình nâng cao 
Câu VIb ( 2 điểm)

1 . Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) tam giác ABC có trọng tâm G
11
1;

3
 
 

 , đường thẳng trung trực của cạnh BC
có phương trình x  3y +8 = 0 và đường thẳng chứa A;B có phương trình 4x + y – 9 = 0 . Xác định tọa độ các

đỉnh củaABC

2. Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho mặt cầu (S) : x2 y2 z2  2x4y 4z 5 0, mặt phẳng
(Q) : 2x + y – 6z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P). Biết rằng mặt phẳng (P) đi qua A(1;1;2) ,vng góc
với mặt phẳng (Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu VIIb ( 1 điểm) T×m sè nguyên dơng n biết:

2 3 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

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

Đáp án Mơn : Tốn - Khối A (Gồm 6 trang)

Câu Nội dung Điểm

I
(2điểm)

1.(1,0 điểm)

Hàm số y x 3 3x2(C

1) ứng với m=1

+Tập xác định: R

+Sự biến thiên - xlim  y , limx y 

0,25
- Chiều biến thiên: y' 3 x2 3 0  x1

Bảng biến thiên

X   -1 1 

y’ + 0 - 0 +

4 

  0

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng



  ; 1



và



1;



, nghịch biến trên
khoảng (-1;1)

Hàm số đạt cực đại tại x1,yCD4. Hàm số đạt cực tiểu tại x1,yCT 0

0,25
+Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm

điểm uốn

f(x)=x^3-3x+2

-2 -1 1 2

-1
1
2
3
4

x
y

0,25

2.(1,0 điểm)
Ta có y' 3 x2 3m

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y' 0 có hai nghiệm

phân biệt  m0

0,25

Vì

. ' 2 2

y x y  mx

nên đường thẳng  đi qua cực đại, cực tiểu của đồ

thị hàm số có phương trình là y2mx2

0,25

Ta có





2 1

4 1

m
d I

m


 

 .Giả sử

2 2

2 1

1 4 1 4 4 1 0

4 1

m

m m m m

m



       

 (vì m > 0),nênd I



, 



R1

chứng tỏ đường thẳng  ln cắt đường trịn tâm I(1; 1), bán kính R = 1

tại 2 điểm A, B phân biệt
Với

1
2

m

, đường thẳng  không đi qua I, ta có:

 2 0

1 1 1

. .sin 90

2 2 2

ABI

S  IA IB AIB R Sin 

0,25

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

Nên SIAB đạt giá trị lớn nhất bằng

2 khi Sin AIB = 1 hay AIB vuông

cân tại I

2 2

R
IH

  

(H là trung điểm của AB)
2

2 1 1 2 3

2
2

4 1

m

m
m

 

   



0,25

II 2,00

1

Giải phương trình: 2

3 4 2sin 2

2 3 2(cot 1)

sin 2
cos

x

x
x

x



   

.
Đk:

cos 0

sin 2 0

x
x

 






 x k 2




(1)

0,25
Với Đk (1) phương trình đã cho tương đương với:





3 1 2 3 2

sin 2

x x

x

tg    cotg 



2 2

2 2(sin cos )

3 3 2

sin cos

x x



  

tg cot


2

3 x 2 x 3 0

 tg  tg   0,25



3
1

3 6

tg
tg

x k

x

x x k




    




 

  

   

 

0,25
KL: So sánh với điều kiện phương trình có tậpnghiệm :

6 2

x

T  k  k Z 

 

0,25

2 Giải phương phương trình: 2log2x x

Ta có (1)
2

0
0

ln ln 2

(2)
2

x

x
x

x





 

   




 



0,25

XÐt hµm sè: f(x)=lnx

x trên (0;+) ;
f'

(x)=1lnx

x2 ;f

'

(x)=0x=e 0,25

Bảng biến thiên.

x 0 e +
f’

f(x)

1.- 0 +

1
e

0,25

Từ bảng biến thiên suy ra hệ có không quá 2 nghiệm: NhËn thÊy x=2;
x=4 tháa m·n (2).

VËy ph¬ng tr×nh (1) cã tập nghiƯm Tx 



2, 4



.

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

III

Tính tích phân

3
2
0

( )

x x

x e dx

x






1,00

Đặt I =

1 4

( )

x x

x e dx

x






. Ta có I =
3

1 1 4

0 01

x x

x e dx dx

x






0,25

Ta tính

1
2
1

x

I 



x e dx

Đặt t = x3 ta có

1 0

1 1 1 1

3 3 3 3

t t

I 



e dt e  e 0,25

Ta tính

1 4

2
01

x

I dx

x






Đặt t = 4 x  x t 4 dx4t dt3 0,25

Khi đó

1 4 1

2 2 2

0 0

1 2

4 4 ( 1 ) 4( )

1 1 3 4

t

I dx t dt

t t



      

 



Vậy I = I1+ I2

3
3e 

  

0,25

IV 1,00

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Dễ thấy hai tam giác vngSOC và BOA có SOCBOA nên

SO BO OD  suy ra BSD vuông tại S.

0,25

Do đó

2 2 1 2 2

BD 4a x OB 4a x

    

. M à OA BC2  OB2 .

Suy ra





2 1 2 2 1 2 2

OA 4a 4a x 12a x

4 2

    

0,25

Vì O là trung điểm AC nên VS.ABCD 2VS.ABD . Mà AO  (SBD) nên 0,25

A D

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

2 2

S.ABCD S.ABD SBD

2 a

V 2V OA.S .x. 12a x

3  3

   

Mà

2 2 2

2 2 x 12a x 2

x. 12a x 6a x a 6

 

    

Vậy MaxV 2a 3 0,25

V 1,00





3 3

2 2

(1) ( 1) 3( 1) 3

( 1) ( 1) ( 1) 3 0 1 (3)

x x y y

x y x x y y x y

     

 

             

Thay (3) vµo (2) ta cã: m x( 4) x22 5 x28x24

0,25

2 2 2

2
2

( 4) 2 ( 4) 4( 2)

4 2

(4) ( 4 )

4
2

m x x x x

x x

m do x KTM

x



Đặt

2 2 3

4 2 4

(*) ' ; ' 0 1/ 2

2 ( 2)

x x

y y y x

x x

 

     

 

0,25

lim 1; lim 1

x y x y

Lập bảng biến thiên

x - 1/2 +

y + 0

-y 3

-1 1

suy ra  1 y3 và (*) có 2 nghiệm phân biệt y

1;3

PT (4) theo y:

m y

y

 

(5)

XÐt hµm sè





( ) 1;3

f y y y

y

   

=> 2

'( ) 1 0 2

f y y

y

    

0 0

lim ; lim

x  y x  y 

0,25

LËp b¶ng biÕn thiªn

x -1 0 1 2
3

y’ - - 0 +
y -5

-

+ 13/3

KL: ycbt PT (5) cã 2 nghiƯm ph©n biÖt y



1;3





13
4;

m  

 

0,25

VIa 2,00

1 1,00

Giả sử A(a;0) ; B(0;b) ( a , b khác 0) => đường thẳng d đi A , B có
phương trình : 1 hay bx+ ay - ab = 0

x y

ab 

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

M là trung điểm của AB nêm M 2 2;

a b

 

 

  , 2 6;2 6

a b

IM    

 



Do đó ta có hệ phương trình

2 2

6 6 50

2 2

6 6 0

2 2
a b
a b
a b
   
   
   
   

   
      
    


2 2

2 2
22 14

6 6 50

22 2

2 2

12 2 2

2 14

6 6 50

2 2
a b
b b
a b
a a
v

b a b b

a a
a b
 
 

   
   
    
 
 
   

      
  

 
 
      
 
 
 
 
     

   
   

    


Vậy d có p/t : x -y +2 = 0;x - y +22=0 ; x + 7y +14 = 0 ; 7x + y – 14= 0

0,25

VIa 2

C thuộc mặt phẳng (Oxy) nên C( a ; b ;0)

0,25
Tam giác ABC cân tại C

2 2 2 2

( 5) ( 3) 16 ( 1) ( 3) 16 3

AC BC a b a b a

             

(1)

0.25
Ta có AB = 4 5 , trung điểm BC là I(3;3;0)

. 8 5 4

ABC

S  CI AB  CI 









2 2

3 a  3 b 4 (2)

0.25

Từ (1) ; (2) ta có

3
7
a
b





 hoặc

3
1
a
b





Vậy có hai điểm C(3 ; 7 ;0) , B(3;-1;0)

0.25

VIIa 2 1,00

Giả sử z = a +bi với ; a,b  R và a,b không đồng thời bằng 0. Khi đó

2 2

1 1

;

a bi

z a bi

z a bi a b



   

 

0,25

Khi đó 2 2

25 25( )

8 6 a bi 8 6

z i a bi i

z a b



       

 

2 2 2 2

( 25) 8( ) (1)

(2)

( 25) 6( )

a a b a b

b a b a b

    



   


0,25

Lấy (1) chia (2) theo vế ta có

3
4

b a

thế vào (1)





2 9 2 25 8 2 9 2 25 2 16 8.25 2

16 16

a a  a   a  a   a a   a 

   

2 16 8 4

0
0
a
a a

a
a

   
 

 

0,25

Với a = 0  b = 0 ( Loại) Với a = 4  b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i. 0,25

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

1 1,00

Ta có A , B thuộc đường thẳng AB nên A(a ; 9 – 4a) , B( b ; 9 – 4b )
Do G(1 ;

11
)

3 là trọng tâm tam giác ABC nên C( - a - b + 3; 4a + 4b – 7)

0,25
d : x - 3y +8 = 0 có một VTCP là u(3;1)



;
Gọi I là trung điểm BC ta có I

;2 1

a
a



 



 

 

0;25
d là trung trực của cạnh BC

 . 0

I d
BC u












 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 





3(2 1) 8 0

3. 3 2 (4 8 16) 0

a

b a a b




   


 

      



0,25

1
3

a
b



 



 Vậy A(1;5) , B(3;-3) và C (-1 ;9) 0,25

2 1,00

Mặt phẳng (P) qua A(1;1;2) có phương trình :

a(x-1)+ b(y -1)+c(z -2) = 0 ( a2 + b2 + c2 0)

0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2) bán kính R = 2

Mặt phẳng (Q) có VTPT n(2;1; 6)


Ta có (P) vng góc với (Q) và tiếp xúc (S) nên 2 2 2

2 6 0

a b c

b

a b c

  









 


0,25

2 2 2 2 2 2

2 6

2 6 2 6

9 4 4 4 3 10 0

a c b

a c b a c b

b c

b a b c b bc c

b c

 


   

  

      

      

   






2
2

a c

b c







 và

5
11
2

b c

a c











0,25

Chọn c = 0 thì a = b = 0 (loại)

Nên c0 Từ (I) Pt (P) : 2c(x-1)+ 2c(y -1)+c(z -2) = 0
2x 2y z 6 0

    

Hoặc
11

2 c(x-1) -5c(y -1)+c(z -2) = 011x 10y2z 5 0

0,25

VIIb 1,00

Tìm số nguyên dơng n biÕt:

2 3 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2C n  3.2.2Cn .... ( 1)  kk k(  1)2k Ckn .... 2 (2 n n1)2 n C nn 40200

* XÐt

−1¿kC2kn+1xk+. .. .−C22nn++11x2n+1

1− x¿2n+1=C02n+1− C12n+1x+C22n+1x2−. . ..+¿

(1)

* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:

−1¿kkCk2n+1xk −1+. . ..−(2n+1)C22nn++11x2n

1− x¿2n=−C12n+1+2C22n+1x −. ..+¿

−(2n+1)¿

(2)

0,25

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

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

−1¿ k(k −1)C2n+1x +. .. .−2n(2n+1)C2n+1x

1− x¿2n −1=2C22n+1−3C32n+1x+.. .+¿

2n(2n+1)¿

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2 3 k k 2 k 2 n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ... ( 1) k(k 1)2  C  ... 2n(2n 1)2  C 

           0,25

Phơng trình đã cho ⇔2n(2n+1)=40200⇔2n2+n−20100=0⇔n=100

</div>

de thi thu dai hoc THPT Vinh Loc Thanh Hoa lan 2





 









2 log

<i>x</i>



<i>x</i>



































<sub></sub>

<sub></sub>







































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về