de thi thu dai hoc mon toan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (246.77 KB, 4 trang )

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

TRƯỜNG THPT

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM HỌC 2011 - 2012

NGÔ SỸ LIÊN

MƠN: TỐN (Khối A+B)

BẮC GIANG

Thời gian: 180 phút (

không kể thời gian phát đề

)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (

2,0 điểm

)

Cho hàm số

y



x



3 mx



m



m

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với

m1

;

2) Tìm tất cả giá trị của

m

để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm

số đối xứng nhau qua đường thẳng

1 1

2 2

y x

.

Câu II (

2,0 điểm

)

1) Giải phương trình:

3 sin 2

x



2 cos

x



2 2 2 cos 2



x

2) Giải hệ phương trình:

9 7 4

x y

y x

    




   




Câu III (

2,0 điểm

)

1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD). Cho

SA =

a

, AD =

a

2 , AB =

a

. Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vng góc với mặt phẳng (SAC) và

tính thể tích tứ diện ABIN theo

a

.

2) Trong khơng gian

Oxyz

cho tứ diện ABCD biết A(1; -1; 1), B(3; 1; -2), C(2; 1; 0), D(1; -1; -2).

a) Tính thể tích tứ diện ABCD, khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD);

b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (BCD).

Câu IV (

1,0 điểm

)

Cho

x y z, ,

dương thỏa mãn điều kiện

1

3 x



y



z



. Chứng minh rằng:

2 2 2

1

2 x



x



y



y



z



z



PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu V.a (

2,0 điểm

)

1) Tìm giới hạn sau:

1 2

3
1

tan(

1) 1

lim

1

x

e

x









2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho tam giác cân ABC (AB =AC). Biết phương trình các đường

thẳng AB, BC tương ứng là

d

1

: 2

x



y

 

1 0,

x



4 y

 

3

0 . Viết phương trình đường cao qua đỉnh B

của tam giác ABC.

Câu VI.a (

1,0 điểm

)

Giải bất phương trình:

log9



3x24x2



 1 log 33



x24x2



B. Theo chương trình Nâng cao

Câu V.b (

2,0 điểm

)

1) Tính tổng

S 12C20121 22C20122 32C20123 ... 2011 2C2012201120122C20122012

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A(2; 2). Đường thẳng (d) đi qua

trung điểm các cạnh AB, AC có phương trình

x

  

y

6

0 . Điểm D(2; 4) nằm trên đường cao đi qua

đỉnh B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.

Câu VI.b (

1,0 điểm

)

Giải bất phương trình:

3

2x



8.3

x x4



9.9

x4



0 HẾT

www.MATHVN.com

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

HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu I (2,0 điểm)

1) Khim1, ta có:

y



x



3 x



2

. Các bạn tự giải.

2) Ta có:

y



x



3 mx



m



m



y

'



3 x



6 mx

;

'

0

2 x

y

x

m







 





.
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi m0

Cách 1 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ thuận lợi):

Gọi A(

0;

m



m

), B(

2 ; 4

m



m



m



m

)



tọa độ trung điểm M của đoạn AB là M=(

m

; 2



m



m



m

)
Điều kiện cần: Để hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng (d): 1 1

2 2

y x , điều kiện cần là điểm M nằm trên đường

thẳng (d) tức là: 2 3 2 1 1 1

2 2

m m m m m

      

Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2)  AB(2; 4)  Hệ số góc của đường thẳng AB là: -2  đường
thẳng AB vng góc với đường thẳng (d) (thỏa mãn)

Vậy với m = 1 thì …

Cách 2 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ khơng thuận lợi):

Ta có:

1 '



2

2 2



3 m

y







x







y

 

m x



m



m





2 2

2 y

m x

m



 



là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị
hàm số đã cho.

Điều kiện cần: Để hai điểm cực trị A, B đối xứng qua đường thẳng (d): 1 1

2 2

y x , điều kiện cần là đường thẳng AB
vng góc đường thẳng (d) tức là:



2 2



.1 1 1

m m

     

Điều kiện đủ:

Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=1  M(1; 0) là trung điểm của đoạn
AB nằm trên (d)  m=1 thỏa mãn.

Khi m= -1, ta có: A(0; 0), B(-2; 4) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=-1  M(-1; 2) là trung điểm của đoạn
AB không nằm trên (d)  m=-1 không thỏa mãn.

Vậy với m = 1 thì …
Câu II (2,0 điểm)

1) 3 sin 2x2 cos2x2 2 2 cos 2 x 2 3 sin cosx x2 cos2x4 | cos |x (2)
Khi cosx0, ta có:

2 cos 0

(2) 2 3 sin cos 2 cos 4 cos

3 sin cos 2

x

x x x x

x x




    

 



cos 0

3 1 2

sin cos 1 2 (KTM)

2 2 3

x x k

x x x k







   



  

  

  

 

Khi cosx0, ta có:

2 3 sin cos

x

2 cos

x

4 cos

x

3 sin

x

cos

x

2 



 





 

3

1 sin

cos

1 2 (KTM)

2 x

3 k







  

 



KL:

2) ĐK:

x



7;

y



7

9 7 4

9 7 0

9 7

9 7 4

0 0

9 7 ( )

9 7 9 7

9 7

x y

y x

x y

y x

x y

x y x y

x y

y x VN

y x x y

x y

    



        



   




 



 

      

    

     

  

www.MATHVN.com

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

Khi

x



y



0

, ta có:

9

7

4

9

7

4

7

9

7

4 x



 







 













 









KL:

Câu III (2,0 điểm)
1)

+ Vì SA(ABCD) nên SABM (1)
Ta có:







. . . . 0

AC MB ABAD ABAM AB AB AMAD ABAD AM 

            

 ACBM (2)

Từ (1) và (2): BM (SAC)  (SBM)(SAC)

+ Xét tam giác ABM vng tại A có đường cao AI  AI =

3 a

Xét tam giác ABI vuông tại I  BI =

2

3 a

 SABI =
2

2

6 a

Gọi O là tâm của HCN ABCD, ta có: NO là đường trung bình tam giác SAC  ON
=

a

và là đường cao của hình chóp N.ABI  VABIN =
3

2

36 a

(đvtt)

2) a) Ta có:

BA



  

( 2; 2;3),



BC

 

( 1; 0; 2),



BD

  

( 2; 2;0)







 

BC BD

,







(4; 4; 2)





BA BC BD

  





,







6 1,

3,

1

ABCD BCD

V

S

AH





b) Gọi H(x0;y0;z0) là hình chiếu của A lên (BCD). Ta có:

AH



(

x

0



1;

y

0



1;

z

0



1),



BC BD

,







  

cùng phương và

0 0 0

(

2;

1;

),

,

CH



x



y



z



BC BD







  

vng góc

hay 0

1 , 4(

0

2) 4(

0

1) 2

0

0

0

1 ,

0

1 ,

0

2 '

1 1 1

; ;

4

2

3 3 3 3

x

y

z

x

y

z

x

y

z

A





































Câu IV (1,0 điểm)
Đặt

2 2 2

1 ,

3,

,

2

1

2

1

2

1 a

b

c

a

b

c

a b c

x

y

z

x

a

y

b

z

c





  





2 2 2

1

2

1

2

1

2

1 a

b

c

x



x



y



y



z



z

 

a



b



c





Ta có:

2
2

( ) 2 1 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1

a b c

a b c a b c

a b c

 

        

  

 



 



2 2 2

2 1 2 1 2 1

a b c

 

 

          

  

 

2 2 2 2

(

)

1

2

1

2

1

2

1 2(

) 3

a

b

c

a b c

a

b

c

a b c

 











 



(đpcm)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 hay x=y=z=1
Câu V.a (2,0 điểm)

1 2

3
1

tan(

1) 1

lim

1

x

e

x









1 2 1 2

3 3 3

1 1 1

1 tan(

1)

1 tan(

1)

lim

1

x x

x x x

e

x

e

x

 

  

 













1 2 2

2 2

3 3

1 1 1 1

1 sin(

1)

1 lim

1 1 os(

1)

1

x

x x x x

e

x

c

x



   

























1 2

3 2 3 3 2 3

2 2

1 1 1 1

1 sin(

1)

lim

1 lim

1 3 6

9

1 1 os(

1)

x

x x x x

e

x

c

x



   











  











www.MATHVN.com

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

2) Ta có: B(1; -1)

Gọi M(-4m-3; m) (với m-1) là trung điểm của cạnh BC  C(-8m-7; 2m+1)
PT đường thẳng AM: 4x – y + 17m +12 =0  A

17 11 17

;

14

6

3 m



















31 ;

11

6

3 m

AC

 















VTCP của AC là: (31;22) (vì m-1) và cũng là VTPT của đường cao qua đỉnh B
của tam giác ABC. PT đường cao: 31x+22y – 9 = 0

Chú ý: Có thể lập luận và chọn điểm A cụ thể khác B nằm trên đường thẳng d1. 
Câu VI.a (1,0 điểm)

ĐK: 2

1

3

4 2 1

1

3 x

 







  



 



















9 3 9 9

log 3x 4x2  1 log 3x 4x2 2 log 3x 4x2  log 3x 4x2  1 0 (1)
Đặt t= log9



3x24x2



, ĐK: t0, (1) trở thành:





2 2

7

1

3

2 1 0

0

1

0 log

3

4

2

1

3 x

t

x







 



  



  





  











KL:

7 ; 1

1 ;1

3 S

































Câu V.b (2,0 điểm)

1) Xét hàm số:

f x

( )



(1



x

)

n1



(1



x C

)



n0



xC

n1



x C

2 n2



x C

3 n3



...



x C

n nn



(1x C) n0(xx C2) n1(x2x C3) n2(x3x C4) n3... ( xnxn1)Cnn

Ta có:

f x

( )



(1



x

)

n1



f x

'( )



(

n



1)(1



x

)

n



f

"( )

x



(

n



1) (1

n



x

)

n1



f

"(1)



(

n



1) .2

n

n1
hay f x( )(1x C) n0(xx C2) n1(x2x C3) n2(x3x C4) n3... ( xnxn1)Cnn

0 1 2 2 2 3 3 1

1 2 2 3 2 1

1 2 2 2 3 2

'( )

(1 2 )

(2

3 )

(3

4 )

... (

(

1)

)

"( )

2 (2 6 )

(6

12 )

... ( (

1)

(

1)

)

"(1)

2

2.2

2.3 ... 2

n n n

n n n n n

n n n

n n n n

n

n n n n

f x

C

x C

x

x C

x

x C

nx

n

x C

f

x

C

x C

x

x C

n n

x

n

nx

C

f

C

n C



 























1 2 2 2 3 2 1 1 2 2 2 3 2 2

2Cn 2.2 Cn 2.3 Cn ... 2n Cnn (n 1) .2n n Cn 2 Cn 3 Cn ... n Cnn (n 1) .2n n

             

Khi n2012, ta có: 12C20121 22C20122 32C20123 ... 2012 2C20122012 2013.2012.22010=S
2) Gọi M là trung điểm của BC  M(4; 4) (M đối xứng với A qua đường thẳng x+y-6=0)
Đường thẳng BC là: x+y-8=0

Gọi B(b;8-b)  C(8-b;b). Ta có: DB(b2; 4b AC);(6b b; 2)

Vì D nằm trên đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC nên DBAC   DB AC. 0b2,b5
+ Khi b=2, ta có: B(2;6) và C(6;2) + Khi b=5, ta có: B(5;3) và C(3;5)

Câu VI.b (1,0 điểm) ĐK: x 4

2 4 4 2 2 4 4

3

x



8.3

x x



9.9

x



0 

3

x x



8.3

x x

 

9

0

(2)
Đặt

4 4

3x x D : 3

t K t


 

  . (2) trở thành: t2 – 8t – 9 > 0  t > 9

Khi t >9, ta có: 3x x4 9x x42 x 4 x4 6 0 x4 3 x5

KL:

S



(5;



)

--- HẾT ---

Hoàng Văn Huấn – Sưu tầm đề và đưa ra hướng dẫn giải.

www.MATHVN.com

</div>

de thi thu dai hoc mon toan

<b>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM HỌC 2011 - 2012 </b>

MƠN: TỐN (Khối A+B)

Thời gian: 180 phút (

<i>không kể thời gian phát đề </i>

)

<b>Câu I (</b>

<i>2,0 điểm</i>

)

Cho hàm số

<i>y</i>



<i>x</i>



3

<i>mx</i>



<i>m</i>



<i>m</i>

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với

;

2) Tìm tất cả giá trị của

<i>m</i>

để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm

số đối xứng nhau qua đường thẳng

.

<b>Câu II (</b>

<i>2,0 điểm</i>

)

1) Giải phương trình:

3 sin 2

<i>x</i>



2 cos

<i>x</i>



2 2 2 cos 2



<i>x</i>

2) Giải hệ phương trình:

<b>Câu III (</b>

<i>2,0 điểm</i>

)

1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD). Cho

SA =

<i>a</i>

, AD =

<i>a</i>

2

, AB =

<i>a</i>

. Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vng góc với mặt phẳng (SAC) và

tính thể tích tứ diện ABIN theo

<i>a</i>

.

2) Trong khơng gian

<i>Oxyz</i>

cho tứ diện ABCD biết A(1; -1; 1), B(3; 1; -2), C(2; 1; 0), D(1; -1; -2).

a) Tính thể tích tứ diện ABCD, khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD);

b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (BCD).

<b>Câu IV (</b>

<i>1,0 điểm</i>

)

Cho

dương thỏa mãn điều kiện

1

1

1

3

<i>x</i>



<i>y</i>



<i>z</i>



. Chứng minh rằng:

1

1

1