De thi thu Toan THPT Cong Nghiep

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (281.14 KB, 6 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2011-2012
TRƯỜNG THPT CƠNG NGHIỆP Mơn: TOÁN - Khối: A, B

---***--- 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

y x





3 mx



4 m

3 (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 đồ thị hàm số (1) cócác điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.

Câu II (2,0 điểm).

1. Giải phương trình sin 2cosxx +cos 2x

sinx =tanx −cotx.

2. Giải hệ phương trình





2
3

3 4 3

2 2 3

y y x y

x y

    




   





.

Câu III (1,0 điểm). Tính tÝch ph©n I=

∫

0
1

x

√

4− x2

(

e

2x

√

4− x2− x2

)

dx .

Câu IV (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B

AB=BC=a ;AD=2a . Cạnh bên SA vng góc với đáy (ABCD) và SA= a. Gọi E là trung điểm của
AD.

Tính thể tích khối chóp S.CDE và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CDE.

Câu V (1,0 im). Cho a, b, c là ba số dơng tho¶ m·n a + b + c =

3
4.

Tìm giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc P=3 1

√

a+3b+
1

√

b+3c+
1

√

c+3a .

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

1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm).

1. Cho đường trịn (C) nội tiếp hình vng ABCD có phương trình (x 2)2(y 3)2 10. Xác định toạ
độ các đỉnh A, C của hình vng, biết cạnh AB đi qua điểm M(-3; -2) và điểm A có hồnh độ xA > 0.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M(0; 1; 2) và N( 1;1;3) . Viết phương trình
mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ điểmK



0;0; 2



đến mp(P) đạt giá trị lớn nhất.

Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn :

2
2

2 . 8

z  z z z 

và z z 2.

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

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( Δ ): x + y – 1 = 0, các điểm A( 0; - 1), B(2;1). Tứ giác
ABCD là hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng ( Δ ). Tìm tọa độ các điểm C, D.

2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)B  C    và mặt cầu (S) có phương trình:

2 2 2 2 2 2 0

x y z  x z  . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất.

Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

3 1

2 2 2

2.log log 1

log (log 1).log 3

y x

  




  

 .

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

---ĐÁP ÁN MƠN TỐN

(Đáp án- Thang điểm gồm 05

trang)

Câu

Nội dung

Điểm

I.1

1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 3x2 + 4

+ TXĐ: R

+ Sự biến thiên: y’ = 3x2 6x = 0  x = 0 và x = 2

Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0) và (2; +)

Hàm số nghich biến trênkhoảng (0; 2)

Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0

y” = 6x  6 = 0  x = 1

Điểm uốn (1; 2)

0.25

Giới hạn và tiệm cận:

3

4 lim

1

x 

y

x 

x





















.. 0.25

LËp BBT:

0.25

§å thÞ:

0.25

I.2

2/. Ta có: y’ = 3x2 6mx = 0 

0

2 x

m





 



hàm số có cực đại và cực tiểu khi m  0.

0.25

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) 

AB



(2 ; 4

m



m

)



Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3) 0.25

4 +

∞



∞



+

0 0

+

y

’



∞

2 +

∞

y

0 x

0 y

x

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

Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vng góc với đường thẳng

y = x và I thuộc đường thẳng y = x

2

4

0

2 m









 







0.25

Giải ra, kết hợp đk ta có:

2 m



; 0.25

II.1

* ĐK:x kπ

2 .

0.25

Pt về dạng -cos2x = cosx (2)

0.25

Giải (2) x=π
3+k

2π

3 và x = π+k2π

0.25

Kết hợp đk pt có nghiệm là x=±π

3+k2π ..

0.25 II.2

Đk:  x R y; 2.

0,25

Biến đổi (1) về pt ẩn y: y2



y 3



x 4y3  y3 (L); y 1 x

0,25

Thay vào (2)...3 x 2 x 1 3 . ...

VT là hàm đồng biến trên



1;



nên pt có nghiệm duy nhất x = 3. (hoặc dùng ẩn phụ)

0,25

Với x=3 suy ra y = -2. Vậy hệ đã cho có nghiệm (3;-2)

0,25

III

1 1 3

1 2
2

0 0

4

x

I

x e dx

dx I

I

x





 



∫

0.25

Tính

1 2 2

2 2 1

1 0

1 1

( ) |

2 2 4

x

x x e e

I 

∫

x e dx xe    0.25

Tính

I

2 bằng cách đặt

t



4 

x

2 được 2

16 3 3

3 I





0.25

2 61

3 3

4 12

e

I   0.25

IV

V

=a

0.50

..Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung
trực của SE. Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE là giao điểm của mặt phẳng
(ABMN) và trục đường tròn ngoại tiếp đáy CDE. Gọi Δ là đường thẳng qua I là trung
điểm của CD và song song với SA.Gọi K là trung điểm của AB thì KN //AM. KN và

Δ đồng phẳng suy ra KN∩ Δ=O là điểm cần tìm

0.25

Tam giác OIK vng cân nên OI=IK= BC+AD

2 =

3a

2 ; CD=a

√

2;IC=
CD

2 =
a

√

2
Ta có OC2=OI2

+IC2=9a

4 +
2a2

4 =
11a2

4 ⇒R=OC=
a

√

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

O

C
E

I
M

N

K
A

B

S

V

áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dơng ta có
(x+y+z)

(

x+
1
y+

1
z

)

≥3

√

xyz3 3

√

xyz=9⇒
1
x+

1
y+

1
z≥

x+y+z (*)
¸p dơng (*) ta cã P=3 1

√

a+3b+
1

√

b+3c+
1

√

c+3a≥

√

a+3b+

√

3b+3c+

√

3c+3a

0.25

áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dơng ta có

























3
3
3

a 3b 1 1 1

a 3b 1.1 a 3b 2

3 3

b 3c 1 1 1

b 3c 1.1 b 3c 2

3 3

c 3a 1 1 1

c 3a 1.1 c 3a 2

3 3

  

    

  

    

  

    

0.25

Suy ra





3a 3b 3b 3c 3c 3a 1 4 a b c 6

           1 4.3 6 3

3 4 

    

 

Do đó P≥3

0.25

DÊu = x¶y ra

a b c 4 a b c 1

4
a 3b b 3c c 3a 1



  


     

      



Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a=b=c=1/4

0.25 VI.a1

ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 ( a2+b2≠0). Đuờng trịn (C) có tâm

I(2;3) và bán kính R 10 nên

2 2 2

2 2

| 2 3 3 2 |

10 a b a b 10(a b ) 25(a b)

a b

  

    



0.25

 (a3 )(3b a b ) 0  a3b hay b3a

pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0

0.25

TH1: AB: x- 3y-3 = 0, ..gọi A(3t+3; t) t > -1 và do IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại).

Suy ra A(6;1) C(-2; 5)

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

mãn)

VI.a2

Gọi n



A B C, ,







A2 B2 C2 0



  

là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; Ax B y



1



C z



 2



 0 Ax By Cz B    2C0

0.25 

1;1;3

  

3 2 0 2

N   P   A B  C B  C  A B C

  

P : 2B C x By Cz B



2C 0

      

0.25

Khoảng cách từ K đến mp(P) là:

 





2 2
4 2 4

B
d K P

B C BC



 

- Nếu B = 0 thì d(K,(P)) = 0 (loại)

- Nếu B0thì

 





2 2 1 2 1

4 2 4

2 1 2

B
d K P

B C BC C

B

  

   

 

 

 

0.25

Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1

Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0

0.25 VII.a

Gọi z = x + iy ta có

2 2 2

;

z x iy z  z z z x y

(x, y R)

0.5

2 2 2 2 2

2 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1)

z  z z z   x y   x y 

2 2 2 1 (2)

z z   x  x

0.25

Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1

Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i

0.25 VI.b1

Gọi I(a;b) là tâm của hình thoi. Vì I Δ nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1).

0.25

Ta có: AI (a;b+1) và BI (a – 2;b – 1) mà ABCD là hình thoi nên AI BI suy ra :

a(a – 2) + (b + 1)(b – 1) = 0 (2).

0.25

Thế (1) vào (2) rồi rút gọn được: a2 – 2a = 0 ⇔ a = 0 va a = 2.

0.25

TH1: Với a = 0 thì I(0;1). Do I là trung điểm của AC và BD nên áp dụng công thức tọa độ
trung điểm, ta có:

xC=2xI− xA=0

yC=2yI− yA=2

¿{

và

xD=2xI− xB=−2

yD=2yI− yB=1

¿{

;

C(0;2) và D(-2;1).

0.25

TH2: Với a = 2 thì I(2;-1). Tương tự ta được: C(4;-1) và D(2;-3).

Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(-2;1) hoặc C(4;-1) và D(2;-3).

VIb2.

Ta có (S): ( 1)2 2 ( 1)2 4

    

x y z suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R 2

Và AB(1; 1; 4);  AC ( 1; 3; 4) 

 

Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là nAB AC,   ( 8;8; 4)


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

Suy ra mp(ABC) có phương trình:8x 8(y 1) 4(z 1) 0      2x 2y z 1 0   

0.25

Ta có

( ;( )).

ABCD ABC

V  d D ABC S

nên VABCDlớn nhất khi và chỉ khi d D ABC( ;( )) lớn nhất .

Gọi D D1 2 là đường kính của mặt cầu (S) vng góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm

bất kỳ thuộc (S) thì d D ABC( ;( )) max



d D ABC( ;(1 )); (d D2;(ABC))



.

Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2

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

Đường thẳng D D1 2 đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là nABC (2; 2;1)



Do đó (D1D2) có phương trình:

1 2
2
1

 






  


x t

y t

z t

Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ:

2 2 2

1 2 2

2 3

1 2

( 1) ( 1) 4

x t

t

y t

z t

t

x y z

 

 



 




 


   

 



      



1 2

7 4 1 1 4 5

; ; & ; ;

3 3 3 3 3 3

   

   

    

   

D D

0.25

Ta thấy: d D ABC( ;(1 ))d D( 2;(ABC)). Vậy điểm

7 4 1

; ;

3 3 3

D   

  là điểm cần tìm

0.25

VIIb

Điều kiện

x 0
y 0







 khi đó hpt





2 2

3 2

2
2

2.log y log x 1

log y log y log x 1

log x 1
log 3

   

  

 

   

 

  




Đặt

2
3
a log x
b log y








 khi đó hpt trở thành:

2.b a 1

b a 1

  


 



0.25





2 2 a 1

2. a 1 a 1 a 2a 1 0

b 0
b a 1

b a 1

         



     


 

 

  



0.5

2
3

log x 1 x 2

(t / m)

log y 0 y 1

 

 

   

  

 Vậy hệ có nghiệm duy nhất:



2;1



0.25

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 Toan THPT Cong Nghiep

<i>y x</i>





3

<i>mx</i>



4

<i>m</i>





<sub>.</sub>

∫

√

(

√

)

√

√

√





<b>---ĐÁP ÁN MƠN TỐN</b>

trang)

<b>Câu</b>

<b>Nội dung</b>

<b>I.1</b>

3

4

lim

lim

1

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>







<sub></sub>





<sub></sub>







I.2

0

2

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>m</i>





 



<i>AB</i>



(2 ; 4

<i>m</i>



<i>m</i>

)



4

+

∞



∞



+

0

<sub>0</sub>

<sub>+</sub>

<i>y</i>

’



∞

2

+