De thi thu DH khoi D truong THPT B Phu Ly lan III

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (179.93 KB, 6 trang )

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

SỞ GD-ĐT HÀ NAM
TRƯỜNG THPT B PHỦ LÝ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 – NĂM HỌC 2011- 2012
Mơn Tốn –Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm). 
Cho hàm số:

4
2

1
y

x
 

 (C)

1. Khảo sát sự biến và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2. Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến đi qua

7 14
;
3 3
M 

 

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:

2 2

1 sin sin cos sin 2cos

2 2 4 2



 

     

 

x x x

x x

2. Giải phương trình: 5 2x 1 2x10 x 3 13

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

sin 2 .sin
2 os

x xdx

I

c x








Câu IV (1,0 điểm): Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt :

2 2

10x 8x 4 m x(2 1) x 1
Câu V (1,0 điểm)

Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' đáy ABC là tam giác cân AB = AC = a. Góc giữa AA' và BC' bằng 300 và
khoảng cách giữa chúng bằng 2

a

. Tính thể tích của lăng trụ

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(3; 1), B(2; 4) và đường thẳng : x  2y + 2 = 0.
Tìm điểm C thuộc đường thẳng  sao cho diện tích tam giác ABC bằng 10.

2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x y z  1 0 và hai đường thẳng

d1:

x 1 y 2 z 3

2 1 3

  

 

, d2:

 

 

x 1 y 1 z

2 3 2. Viết phương trình đường thẳng d song song với mặt phẳng (P),

vng góc với đường thẳng d1 và cắt đường thẳng d2 tại điểm A thỏa mãn OA = 3(với O là gốc tọa độ).
Câu VII.a (1,0 điểm).

Tìm số phức z biết: z2 1i  5 z 2 3 i 0 và z có phần thực bằng 2 lần phần ảo

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

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d: 2x + y - 1 = 0, : x + 2y - 4= 0; điểm

A(2; 1). Lập phương trình đường trịn (C) có tâm nằm trên đường thẳng d đi qua điểm A và tiếp xúc
với đường thẳng .

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, đường thẳng :

x y 2 z

1 2 2



 

và mặt phẳng (P): x y z   5 0 .Gọi A
là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng d nằm trong (P), đi qua A và hợp với đường thẳng 

một góc 450.

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

 

    

 

x x

1
2

1log (25 2) log 3.5 7 1

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

Hết

---Họ và tên thí sinh:...; Số báo danh:...

TRƯỜNG THPT B PHỦ LÝ

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC - LẦN 3; KHỐI D

Câu Nội dung Điểm

I(2 đ) 1) (điểm)

a.TXD: D = R\{1}

b.Chiều BT

+ 2

' 0 1

( 1)

y x

x


   

 Suy ra HS nghịch biến trên ( ;1), (1;) 0,25 
+Giới hạn và tiệm cận

1 1

lim lim 2; lim ; lim

x x x x

y y y y

 

      

    

Tiệm ận đứng: x = 1, TC ngang: y = 2 0,25

+Bảng BT

0,25

c. Đồ thị

+ Giao Ox (0; -1), Oy: (0; -2)

0,25

2. (1 điểm)

Phương trình TT có dạng d :

7 14

( )

3 3
y k x  

Tiếp xúc (C) 2

4 7 14

2 ( ) (1)

1 3 3

(2)
( 1)

k x
x

k
x



   

 


 



 




 có nghiệm

0,25

Thay (2) vào (1) và rút gọn được: x2 5x  6 0 x2,x3

2 4 : 4 14

3 1 : 7

x k d y x

     

0,25
0,25

 



 



-2

-4

1
y

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

II(2đ
)

1. (1 điểm)

2
sin sin cos sin cos

2 2 2

x x

x x   x

 

sin sin cos sin 1 0

2 2

x x

x x 

    

 

0,25
0,25

sin 0

sin 2sin sin 1 0

2 2 sin 1

2
x

x x




  

     

 

 



0,25

, 4 ,( )

x k x  k  x k k

       0,25

2. (1 điểm)

ĐK:x3 PT 5(2 x 3 2x1) 2 x13
Nhân 2 vê với BT liên hợp và đặt thừa số chung:





(2x13) 5 2 x 3 2x1 0

0,25
13

2 3 2 1 5

x

x x








   

 0,25

2 x 3 2x  1 5 2 (x 3)(2x1) 18 3  x

2
6

4
88 336 0

x

x x




   

  

 (Tm) KL:

13
2
x

, x = 4 0,5

III
(1đ)

2 3

2 2

0 0

sin 2 .sin os .sin .
2.

2 os 2 cos

x xdx c x x dx

I

c x x

 

 

 



0,25

Đặt t = cosx ; dt = -sinx.dx x 0 t 1;x 2 t 0


     

0,25

0 2 1 3 1

1 0 0

(1 ) 6

2 2 2 2 3

2 2 2

t t dt t t dt

I t t dt

t t t

    

       

    



0,25

2 1

14 3

2( 3 6 ln 2 ) 12ln

3 3 2

t

t t t

        0,25

IV
(1 đ)

- Ta có : AA '/ /CC' BC C ' 300

- AA '/ /(BCC B' ') K/c AA' và CC' bằng K/c giữa
AA" và (BCC'B') bằng K/c từ A đến (BCC'B')
- Gọi K là trung điểm BC , ABC là tam giác cân tại A
 AK BC BCC B,



' '



(ABC) AK (BCC B' ')

a
AK

 

0,25

0,25

Xét AKB vuông tại K

2 2 2 3 3

4 2

a

BK AB AK a a BC a

       

A C

B
B'

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

1 1 3

. . . 3

2 2 2 4

ABC

a a

S  AK BC a  0,25

'
BCC

 có: CC'BCcot 300 a 3. 3 3 a

Vậy

2 3 3 3 3

. ' .3

4 4

ABC

a a

V S CC  a 0,25

V
(1 đ)

2 2

10x 8x 4 m x(2 1) x 1

2 2 2

2(2 1) 2( 1) (2 1) 1
PT  x  x  m x x 

Chia 2 vế cho x21ta được :

2 2

2 1 2 1

2 2 0

1 1
x x
m
x x
 
   
  
   
 

    . 0,25

Đặt 2

2 1
1



x
t

x Sử dụng BBT của t tìm được: –2< t  5. Có PT: 2t2 mt 2 0 0,25

+ t = 0 không là nghiệm của PT
+ t0 Rút m ta có: m=

2
2t 2

t .

Xét

2
2 2
( ) t ,
f t

t



trên



2;0







0; 5 ,

2
2
2 2

'( ) t 0 1

f t t

t


    0,25

Lập bảng biên thiên –5 <m 4 hoặc

12
4

5
m

0,25

Chương trình chuẩn

VI.a
(2 đ)

1) (1 điểm)

Phương trình AB : -3x - 5y + 14 = 0 ; AB 34. 0,25

Gọi hc là đường cao hạ từ C của ABC.

1 20

. 10

2 34

ABC c c

S  AB h   h  0,25

C thuộc : x 2y + 2 = 0. C(2a - 2 ; a)

20
( ; )

c

h d c   | 3(2 2) 5 14 | 20

34 34

a a

   

  0,25

40
11 20 20 0,

a a a

      

. Vậy có hai điểm C(-2; 0),

58 40
;
11 11
C 

  0,25

2) (1 điểm)

(P) Có VTPT n(2; 1;1)


, d1 có VTCP u1(2;1;3)



Vì d song song với (P), vng góc với d1 nên (d) có VTCP là
1

, ( 4; 4;4)

un u    0,25

điểm A thuộc d2:

1 2

1 3 ( 1 2 ; 1 3 ; 2 )

x t

y t A t t t

z t
 


      

 


OA = 3  (2t1)2(3t1)24t2 9 0,25

17t 10t 7 0

   
7
1,
17
t t
  

1 2 2

1 (1;2;2) :

1 1 1

x y z

t A d   

     

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

  

 

   

     

 

 

x y z

t A d

31 38 14

7 31 38 14; ; : 17 17 17

17 17 17 17 1 1 1 0,25

VII.a
(1 đ)

G/sử z = a + bi  z a bi  phần thực bằng 2 lần phần ảo  a = 2b 0,25

             

z 2 1i 5 z 2 3i 0 (a 1)2 (b 2)2 5 (a 2)2 (3 b)2

0,25

Tìm được: 2b2 7b 6 0 0,25

 b2,b3

2 Vây z  i z  i
3
4 2 , 3

2 0,25

Chương trình Nâng cao

VI.b
(2 đ)

1. (1 điểm)

Tâm I thuộc d: 2x +y - 1 = 0  I a( ;1 2 ) a

 (a 2)24a2 a 2 4a 4
5

 a2 2a 1 0  a1 suy ra Tâm I(1; -1)

0,25
0,25
Bán kính R= IA= 5 suy ra (C): (x 1)2(y1)2 5 0,25
2) (1 điểm)

Tìm được tọa độ điểm A (7; 16; 14) 0,25

Gọi u u nd, , P

  

lần lượt là các VTCP của d,  và VTPT của (P).

Giả sử ud a b c a b c

2 2 2

( ; ; ) ( 0)

   



.
Vì d  (P) nên ud nP

 

 a b c  0  b a c  (1)

0,25





d, 



450 

a b c

a2 b2 c2

2 2 2

2
3

 



   2(a2b c )2 9(a2b2c2) (2)

Từ (1) và (2) ta được: 14c230ac0 
c

a0 c

15 7 0

 

  

 0,25

+ Với c = 0: chọn a = b = 1  PTTS của d: x 7 ;t y16 ; t z14

+ Với 15a + 7c = 0: chọn a = 7, c = –15, b = –8

 PTTS của d: x 7 7 ;t y16 8 ; t z14 15 t.

0,25

VII.b
(1 đ)

 

    

 

x x

1
2

1log (25 2) log 3.5 7 1

2 2

 

     

 

x x

2 2 7

log (25 2) log 3.5 1

2 0,25

 

     

 

x x

2 2 7 2

log (25 2) log 3.5 log 2

2  log (252 x 2) log 6.5 2



x 7



0,25

Đặt t5x BPT 




 

   


t
t2 t

7
6

6 5 0

0,25

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

De thi thu DH khoi D truong THPT B Phu Ly lan III



 



 



































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về