dedap an khoi b thi thu lan 1 THPT Chi Linh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (202.1 KB, 8 trang )

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

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT CHÍ LINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012Mơn Thi : TỐN ; Khối :B
Lần thứ nhất

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề gồm 01 trang

Câu I (2,0 điểm ) Cho hàm số
4

2 4

x

y  x 

có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.

2) M là điểm di động trên (C) có hồnh độ là m. Tìm m để tiếp tuyến của (C) tại M
cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khác M.

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình

3 2 .sin ( )

2 4

x
sinx tanx 

.
2) Giải phương trình

3 3 ( 3) 2 ( 3) 2

4

x x

3.2

x  x x x

4.4

x x

0 





.

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
2

3 sin 2

sin 1

cosx x

I dx

x









Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình thoi có ABC600, BD=a. 
Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAD) vuông góc với đáy, mặt phẳng (SBC) tạo với đáy
góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Câu V (1,0 điểm) Tìm m (m ) để phương trình 2x1 4(2x1)(2x1)m 2x 1 0
có đúng hai nghiệm thực phân biệt.

Câu VIa (2,0 điểm)

1) Trong hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6) , phương trình các đường
thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2x − y+13=0 và

6x −13y+29=0 .Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC .

2) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x2y2z22x4y 6z11 0 và mặt
phẳng (P):2x+y-2z+19=0.(Q) là mặt phẳng song song với mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S)
theo giao tuyến là đường trịn (C) có chu vi 8. Tìm toạ độ tâm của đường trịn (C).

Câu VIIa (1,0 điểm) Cho số phức z0 thoả mãn z( 3+i)=(1-i) z2 . Tìm số phức 
2

z
|z| .

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

---hết---Híng dÉn chÊm TỐN KHĨI B

Câu Nội dung Điểm

I: (2,0 điểm)
1)1,0 điểm

1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
4

2 4

x

y  x 

1. Tập xác định: D
2. Sự biến thiên của hàm số

* Giới hạn tại vô cực của hàm số.

2 4

1 2 4

lim lim ( 2 4) lim ( )

4 4

lim

x x

x

y x x

x x

y

   

 

  

      



* Lập bảng biến thiên

3 0 (0) 4

' 4 ; ' 0

2 ( 2) 0

x y

y x x y

x y

  


    

   



0,25

Bảng biến thiên

+
4

0
0

+

- 0 + 0 - 0 +

+
2

0
-2

-

y
y'
x

0,25

Hàm số đồng biến trêncác khoảng (-2;0) và (2;+ )
Hàm số nghịch biến trêncác khoảng (-;-2) và (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x=0 =>ycđ=4

Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 yct 0

0,25

3. Đồ thị

-Giao của đồ thị hàm số và Ox: y=0=>x2
- Giao của đồ thị hàm số và Oy: x=0=>y=4
- đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

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

2)1,0 điểm 4

3 3 2

' 4 , '( ) 4 , ( ) 2 4

m

y x  x y m m  m y m   m 

phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là

3 2

: '( )( ) ( ) ( 4 )( ) 2 4

m

d yy m x m y m  m  m x m   m 

0,25

Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của phương trình

4 4

2 3 2

3 2 2 3

2 4 ( 4 )( ) 2 4

4 4

( )[ ( 8) 3 8 ] 0

x m

x m m x m m

x m x mx m x m m

       

       

0,25

2 2 2

2 2

( ) ( 2 3 8) 0(1)

2 3 8 0(2)

x m

x m x mx m

x mx m




      

   


d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khác M khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt khác
m<=>(2) có 2 nghiệm phân biệt khác m

0,25

2 2

' 0

2 . 3 8 0

m
m

m m m m

  


 

 

   



   

 



0,25

II:(2,0 điểm)
1)1,0 điểm

Giải phương trình

3 2 .sin ( ) (1)
2 4

x

sinx tanx 

điều kiện:x 2 k k( )



   

(1)

3 sin [1 ( )]

sinxcosx x cos x 

   

0,25

sin 0
3 sin sin (1 )

3 1

x

xcosx x sinx

cosx sinx




    

 



0,25

*sinx=0 x k 

3 1 1 1 6

3 1 ( )

2 2 2 6 2

2
2

x k

cosx sinx cosx sinx cos x

x k










 


         

  


0,25

kết hợp với điều kiện => phương trình đã cho có nghiệm là x k  ,x 6 k2 (k )




    0,25

2)1,0 điểm

Giải phương trình

3 3 ( 3) 2 ( 3) 2

4xx 3.2x x x x 4.4x x 0(1)

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

điều kiện: x≥-2
(1)

3 ( 3) 2 3 ( 3) 2

4x x x x 3.2x x x x 4 0(*)

   

đặt

3 ( 3) 2

2x x x x ( 0)

t     t

  thay vào (*) ta được t2+3t-4=0<=>t=1(thoả mãn),t=-4(loại) 0,25

Với t=1 ta có

3 ( 3) 2 3 3 3

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

            

xét hàm số f t( ) t3 t f t, '( ) 3 t2  1 0 t=> f(t) luôn đồng biến mà (2) có

( ) ( 2) 2

f x f x  x x

0,25

0
0

2
1

x
x

x x

x




 

      
  

  




0,25

III:(1,0 điểm)

Tính tích phân
2

3 sin 2

sin 1

cosx x

I dx

x









đặt t=sinx => dt=cosxdx

3 sin 2 (3 2sin ) cos 2 3

sin 1 1 1

cosx x x xdx t

dx dt

x sinx t

  

 

  

với x=0 thì t=0, x 2



thì t=1

0,25

0
2 3

t

I dt

t








0,25

(2 )

1 t dt

 




1 1

0 0

(1 )

d t

dt

t


 





0,25

1 1

0 0

2t ln(1 )t 2 ln 2

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

IV:(1,0 điểm)

a
O
H

C
B

A
S

Do (SAB)(ABCD) và (SAD)(ABCD) nên SA(ABCD)

0,25

=>SABC

hạ AHBC=>BC(SAH)

   0

(( ),( )) ( , ) 60

( ) ( )

BC AH

BC SH SBC ABCD AH SH SHA

BC SBC ABCD

 



     



  

0,25

gọi O là giao của AC và BD =>BO=

2 2

BD a



do ABCD là hình theo có

ABC 600

 nên ABC đều

2 sin60 3

a BO a

AH BO AB

     

diện tích hình thoi ABCD là

1 1 3

. .

2 2 3 6

ABCD

a a

S  AC BD a

0,25

trong tam giác SAH có

0 3

.tan 60
2

a

SA AH 

Thể tích S.ABCD là

2 3

1 1 3 3

3 3 2 6 12

S ABCD ABCD

a a a

V  SA S  

0,25

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

thực phân biệt.

điều kiện:x≥
1
2

2 1 2 1

(1) 0(2)

2 1 2 1

x x

m

x x

 

   

 

đặt

4 2 1

2 1

x
u

x



 với x>
1
2 ta có

24 3

1 1

' 0

2
2 1

(2 1) ( )

2 1

u x

x
x

x

   






bảng biến thiên

mỗi u[0;1) phương trình

4 2 1

2 1

x
u

x



 có nghiệm duy nhất

1
2

x

Khi đó (2) trở thành u2 u m  0 mu2u(3)

0,25

Xét g(u)=-u2+u g’(u)=-2u+1=0

1
2

u

 

ta có bảng biến thiên

phương trình có 2 nghiệm phân

biệt khi và chỉ khi (2) có 2
nghiệm phân biệt x

1
2


<=>(3)
có có 2 nghiệm phân biệt

[0;1)

u

từ BBT =>0<m<
1
4

0,5

VIa:(2,0 điểm)

0 1

0
g(u)
g'(u)
u

+ + +

+

1
2

u
u'

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

1)1,0 điểm 1. – Gọi đường cao và trung ttuyến kẻ từ C là CH và CM.

CH : 2x − y+13=0 ,

CM : 6x −13y+29=0 .

- C là giao của CH và CM=> toạ độ C

2x − y+13=0

6x −13y+29=0

⇒C(−7;−1).

¿{

0,25

- AB⊥CH⇒⃗n❑AB=⃗u❑CH=(1,2)

⇒pt AB :x+2y −16=0 .

- M là giao của CM và AB nên toạ độ M thoả mãn

x+2y −16=0

6x −13y+29=0

⇒M(6;5)

¿{

M là trung điểm AB ⇒B(8;4).

0,25

- Gọi phương trình đường trịn ngoại tiếp ∆ABC là

2 2 2 2

( ) :C x y 2mx2ny p 0(m n  p0)

Vì A,B,C thuộc đường trịn nên

52 8 12 0

80 16 8 0

50 14 2 0

m n p

   




   


    


0,25

2
3

m
n

p



  

 

 .

=>phương trình đường tròn: x2

+y2−4x+6y −72=0 hay

y+3¿2=85 .

x −2¿2+¿
¿

0,25

2)1,0 điểm (S) có tâm I(-1;-2;3) bán kính R=5

đường trịn (C) có chu vi 8 bán kính r  2r 8  r 4

0,25

(Q)//(P)=> phương trình (Q): 2x+y-2z+d=0 (d19) 0,25

M(6; 5)

A(4; 6)

C(-7; -1)

B(8; 4)

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

Ta có

2 2

2 2 2

19(loai)

| 2( 1) 2 2.3 |

( ,( )) ( ,( )) 3 3 | 10 | 9

1( )

2 1 ( 2)

d
d

r R d I Q d I Q d

d tm


   

          



   

Phương trình (Q):2x+y-2z+1=0

gọi H là tâm của (C) thì H là hình chiếu của I trên (Q)=> IH (Q)=>IH nhận véc tơ pháp

tuyến của (Q) làm véc tơ chỉ phương => phương trình IH:

1 2
2
3 2

x t

y t

z t

 




 


  


0,25

( )

H IH Q  toạ độ H thoả mãn hệ

1 2 1

2 1

(1; 1;1)

3 2 1

2 2 1 0 1

x t t

y t x

H

z t y

x y z z

  

 

    

 

  

 

  

 

      

 

0,25

VIIa:(1,0 điểm)

Cho số phức z0 thoả mãn :z( 3+i)=(1-i) z (1)2 . Tìm số phức 
2

z
|z| .

Gọi số phức z=a+bi (a,b ϵ,a2b2 0) thoả mãn đề bài=>z a bi  thay vào (1) ta có
2

(a bi )( 3i) (1 2  i i )(a bi )

0,25

3 2

3 ( 3) 2 2 3

3 2

a b b

a b i a b b ai b a

a b a

  


         

 




0,25

với b a 3 z a a  3i z2 2a22a2 3 ,| |i z 24a2 0,25

2 2 2

2 2

z 2 2 3 1 3

|z| 4 2 2

a a i

i
a

 

</div>

dedap an khoi b thi thu lan 1 THPT Chi Linh

4

3.2

4.4

0



















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về