THI THU DH KHOI ADAP AN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (206.46 KB, 7 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
 TRƯỜNG THPT MINH CHÂU

Ngày thi : 12.5.2012

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011-2012 LẦN 3
Mơn thi: TỐN; Khối: A,B,A1

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

I.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. ( 7 điểm )
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số:

2 4 0 2

3 0 5

b b

b c c

  

 

       

  (Cm)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1.

2. Tìm m để đường thẳng d: y=-2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C sao cho diện tích tam

giác OBC bằng

3 15

a

Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:

3
.

15
18

N ACM

a

V 

2. Giải hệ phương trình:

3

4

15 3 91

N ACM

ACM

V

a

S





Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:



(0;1]

Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ,cạnh AB=a, AD=2a. Tam giác
SAC đều nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy,gọi M là trung điểm của SD ,N là điểm trên
cạnh SC sao cho SC=3SN. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ N đến mặt phẳng (ACM).
Câu V: (1,0 điểm)

Cho ba sè x,y,z

x y  1 z

t

hoả mãn:

x y z

y z zxxy z

. T

ìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc:

P =

        

(0;1] ( 1)( 1) 0 1

x y

xy x y

II .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 VIa (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C có phương trình
cạnh AB là :x-2y=0, điểm I(4;2) là trung điểm của AB, điểm M(4; ) thuộc cạnh BC, diện tích tam giác
ABC bằng 10. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tung độ điểm B lớn hơn hoặc bằng 3.

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+2y+2z-6=0, gọi A, B, C lần lượt là tọa
độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện
OABC, tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao tuyến của (P) và (S).

Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi

xy



z

là bốn nghiệm của phương trình 2

1 1 1

y
x

x

z z

P y x xy

z z z

  

   trên tập số

phức tính tổng:

; ;

x y

a b c

z x z

  

B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mp(Oxy),lập phương trình chính tắc của elíp (E) biết nó có một đỉnh và 2 tiêu

điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi của hình chữ nhật cơ sở của (E) là :12(2+

√

3 )
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vng góc (Oxyz), cho 3 im éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## v

ng thng (d) cú phng trỡnh l: éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ########. Hóy lp phng trỡnh ng thng

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ
#####################################ỵ######## i

qua trực tâm của tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng (ABC) và vng góc với đường thẳng (d).

Câu VIIb (1,0 im) Tỡm tt c cỏc s thc éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## sao cho s phc

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## l nghim ca phng

trỡnh éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ########

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

---ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: TOÁN; Khối: A

Câu Đáp án Điểm

Câu I 1) Khi m = 1

⇒ 3 15

a

 TXĐ: D = R

3
.

15
18

N ACM

a

V 

3 4 15

3 91

N ACM
ACM

V a

S 

(0;1]



0,25 đ

 BBT:

x - ∞ 1 3 + ∞

y/ + 0 - 0 +

2 + ∞

- ∞ -2

0,25 đ

Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+

∞ )

Hàm số nghịch biến: (1;3)
fCĐ = f(1) = 2

fCT = f(3) = -2

Khi y’’ =6x-12=0 2

x y z

y z z x xy z    =>y=0

Khi x=0=>y=-2
x= 4=>y=2

Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối
xứng

0,5 đ

2) Phương trình hồnh độ giao điểm là:

(0;1] ( 1)( 1) 0

x

y

xy

1 x y







  

  

(1)

xy



z

1 1 1

y

x

z z

P

y x xy

z z z

  

  

0,25 đ

Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương
trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện:

1 ;

x

y

a

b

c

z

x

z



0,25 đ

Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB
1
. 1

x x
xy z

y z z
   x

Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2
Theo bài ra ta có

, 1

1 1 1

a b c

ab c

b   a   ab   

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

Theo định lý viét ta có:

1 1 2

( 1)( ) 0

1 1 1

ab a b

b a ab

  

     

(4)

Thay (4) vào (3) ta được:

ab



1

(tm)

0,25 đ

Câu II 1) Giải phương trình:

(

1) (

1) 2

1

2 (

1)(

) 2 (2

1).

2

1 1

a

b

a

b

a

b

a

a b

ab

b

a

ab





 

 



  



 







0,25

2

1 1 1

a

b

ab

b

a

ab











0,5 đ

2

1 1

1 a

b

c

ab

b



a



ab







ab



ab

0,25 đ
2) Giải hệ phương trình:

1 ab



Điều kiện: 2

2 1

( )

1 1

t

P

f t

t t

 



 

0,25 đ

(1) 2

2 1

1 1

t

t  t

 

)



0,25 đ

Thay (3) vào (2) ta được:

2 2
2 2

2( 1) ( 1)

(1; )

(1 ) ( 1)

t t t

t

t t

  

   

  điều kiện:



3 ( )

(1)

2 f t

f







0,25 đ

Thay (4) vào (2) ta được:



x



y

 

z

1

=>x=2(tmdk)

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

Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x;y)

2

Câu III

Tính tích phân:
I=

1 1 1 1

ln 1

e e e e x

x x x

x x x e

e dx xe dx xe dx dx

x x

 

  



0,25 đ

Đặt I1=





1 1

e e

x x e x e

xe dx xe  e dx e e 



0,25 đ

Đặt I2=

1 1 1

ln ln

e e e x e x

x x e e e

e xdx e x dx e dx

x x

   



0,25 đ

Vậy I=I1+I2+1

eex

dx
x



=
1 1
1 1

e x e x

e e e e e e

e e e dx dx e

x x

 

  







 0,25 đ

Câu VIa

1) Gọi tọa độ điểm B(2yB;yB)=>A(8-2yB;4-yB)

Phương trình đường thẳng CI là: 2x+y-10=0

Gọi tọa độ điểm C(xC;10-2xC)

=> CI  5 4 xC



; AB  20 yB  2



=> diện tích tam giác ABC là:

. 10 4 2 8 2

ABC B C C B

S  CI AB  y  x  x y  

 

4 2 6 1

4 2 10 2

C B B C

x y y x

  


 

  

 0,25 đ

Vì





4 2 4

11 9

2 2

C B

x k y

M BC CM kMB

x k y

  


      
     

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 

vì yB3

2x yC B 6yB 5xC 16 0

     (3)

0,25 đ

Từ (1) và (3):

4 2 6 1 2

2 6 5 16 0 1 2

C B B C B

C B B C C

x y y x y

x y y x x


    
 

 
     

  (loại)

Từ (2) và (3):

4 2 10 3

2 6 5 16 0

C B B C B

C

C B B C

x y y x y

x

x y y x

   
 

 

    


0,25 đ

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là: A(2;1), B(6;3), C(2;6) 0,25 đ
2) Tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là

A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3) 0,25 đ

Gọi phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2+2Ax+2By+2Cz+D=0

Điều kiện: A2+B2+C2-D>0(1)

Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình:
3

0 3

36 12 0 2

9 6 0 3

9 6 0

0
A
D
B
A
B

C
C
D





 
  
 

 
 
  
   

 

 thỏa mãn điều kiện (1)

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

Vậy phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2-6x-3y-3z=0 có tọa độ tâm I(

3 3
3; ;

2 2
) bán kính

3 6

R

Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên (P) => phương trình đường thẳng

IH là:
3

3
2
2
3

2
2

x t

y t

z t


  



 





 




3 3

3 ; 2 ; 2

2 2

H t t t

     

 

Vì

 

8 5 5
; ;
3 6 6

H P  H 

 

0,25 đ

Vì

 

8 5 5

; ; 1

3 6 6

H P  H  IH 

 

Gọi bán kính của (C) là r ta có:

2 2 27 1 5 2

2 2

r R  IH   

0,25 đ

Câu VIIa

z4 z3 2z26z 4 0



z 1

 

z 2





z2 2z 2



0

     

(1) 0,25 đ

Khơng mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của(1)là

1
2
3
4

1
2
1
1

z
z

z i








  


 


0,5 đ

Thay và biểu thức









2 2
2 2 2 2

1 2 3 4

1 1 1 1 1 1 1 5

4 1 1 4

S

z z z z i i

        

  0,25 đ

VIb(2,0đ) 1. (1,0 điểm)

Gọi PT chính tắc của elíp (E) là :

2 2

2 2 1 (a>b>0)

x y

a b 

Do các đỉnh trên trục lớn và F F1, 2 thẳng hàng nên F F1, 2 cùng với đỉnh B(0;b)

trên trục nhỏ tạo thành một tam giác đều

0,25

1 2

BF F

 đều

2 1 2 2 2 2
1 2

2 2 2 2 2 2

( )

3 3( ) 3 4 (1)

BF F F

c b c

BF BF ld

b c a b a b




    




     

HCN cơ sở có chu vi : 2(2a+2b)=12(2+

√

3 ) a b  6 3 3(2)

0,25

Ta có hệ PT:

2 2

3 4 (1)
6 3 3 (2)

a b

a b

 




  




6
3 3

a
b




 




 0,25

Vậy PT chính tắc của elíp (E) là :

2 2

1
36 27

x y

  0,25

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

trỡnh mt phng (ABC): éẽ#Ă#ỏ### ############# ;###ỵ

########### ############# #############ỵ ########

Gi trc tõm ca tam giỏc ABC l éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ########, khi ú ta cú h:

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ #################

0,25

Do ng thng éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## nm trong (ABC) v vuụng gúc vi (d) nờn:

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ #################

###################ỵ########

. Vy ng thng

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## i qua im

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## v cú vtcp
éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ######## nờn

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ########

0,5

VIIb

Ta cú éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ #################

###################ỵ########
éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ #################

###################ỵ########

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ########

0,25

Do ú éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ#####################################ỵ########

0,25

Theo gi thit ta cú éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ########

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ #################

###################ỵ########

0,25

éẽ#Ă#ỏ################;###ỵ

#####################################ỵ########. Vậy ....

0,25

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

0.5

3
.

15
18
N ACM

a

V 

0.25

d(N;(ACM))=

3 4 15

3 91
N ACM

ACM

V a

S  0.25

Cho ba sè x,y,z

(0;1]

t

hoả mãn:

x y  1 z

.

×m giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P =

x y z

y z z x xy z

Nhận xét do x,y(0;1] (x1)(y1) 0  xy  1 x y

Từ giả thiết suy ra xy z .Ta có 2
1

1 1 1

y
x

x

z z

P

y x xy

z z z

  

  

.Đặt

; ;

x y
a b c

z x z

  
1

. 1

x x
xy z

y z z

   

.Khi đố P= 1 1 1, 1
a b c

ab c
b a ab  

0.25

1 1 2

( 1)( ) 0

1 1 1 ab a b

b a   ab     luôn đúng doab1

( 1) ( 1) 2

1 1 1 1

1 1 2

( 1)( ) 2 (2 1). 2

1 1 1

a b a b

b a b a

a b ab

b a ab

     

   

       

  

1 1 1

a b ab

b a ab

  

  

0.25

Từ đó suy ra P=

2 1

1 1 1 1 1

a b c ab

b a ab   ab  ab.Đặt t= ab 1

2 1

( )

1 1

t

P f t
t t

  
 

Xét hàm số f(t)= 2

2 1

1 1

t

t t

  liên tục trên [1;)

2 2
2 2

2( 1) ( 1)

(1; )
(1 ) ( 1)

t t t

t

t t

  

   

 

Do đó hàm số đồng biến trên [1;+)

3
( ) (1)

f t f

  

.Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

x y z

    . Vậy GTNN của P bằng
3

2 khi x=y=z=1

</div>

THI THU DH KHOI ADAP AN

Ngày thi : 12.5.2012

3

4

15

3 91

<i>V</i>

<i>a</i>

<i>S</i>





(0;1]

Cho ba sè x,y,z

t

hoả mãn:

. T

P =

        

(0;1] ( 1)( 1) 0 1

<i>x y</i>

<i>xy x y</i>

<i>xy</i>



<i>z</i>

√

(0;1]



(0;1] ( 1)( 1) 0

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>xy</i>

1

<i>x y</i>







  

  

<i>xy</i>



<i>z</i>

1

;

;

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>a</i>

<i>b</i>

<i>c</i>

<i>z</i>

<i>x</i>

<i>z</i>







1 1 2

( 1)( ) 0

1 1 1

<i>ab a b</i>

<i>b a ab</i>

  

     

<i>ab</i>



1

(

1) (

1) 2

1

1

1

1

1

1

2

(

1)(

) 2 (2

1).

2