De thi thu dai hoc mon toan 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (325.4 KB, 9 trang )

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

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011
Mơn thi : TỐN ; Khối : A

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm):

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y = (C)

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

2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến đó
là lớn nhất.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình:

3 4 2sin 2

2 3 2(cot

1)

2 sin 2

cos

x









.
2.Giải phương trình

7 

x



x x



5 

3 2



x x



(

x

 

)

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:

3
2

2
1

log

1 3ln

e

x

I

dx

x







.
Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC =

2 3a

, BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt
phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB)

bằng

3

4 a

, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu V (1 điểm)

Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.

Chứng minh rằng: 2 2 2

1 .

1 

a b c

(



) 1



b c a

(



) 1



c a b

(



)



abc

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:

Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương
trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :

1

3

1

4 x



y



z



và điểm M(0 ; - 2 ; 0). Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  và
mặt phẳng (P) bằng 4.

Câu VIIa(1 điểm)

Cho

z

1,

z

2 là các nghiệm phức của phương trình

2 z



4 z



11 0



. Tính giá trị của biểu thức

2 2

1 2

(

)

z



.

B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm
trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường trịn có tâm C và tiếp xúc với
đường thẳng BG.

2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:

3

2

1

2

1 x



y



z







và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là 
giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng



nằm trong mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả
mãn khoảng cách từ M tới



bng 42.

Câu VII.b(1 điểm) Giải phơng trình:













2 2

log log

3 1



x



x

.

3 1



x

 

1 x

x R



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

……… …..………..

Hết

……….

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010-2011

CÂU

NỘI DUNG

THANG ĐIỂM

Câu I

2.0

1.

1.0

TXĐ : D = R\{1}

0.25 Chiều biến thiên

lim ( )

lim ( ) 1

x 

f x



x  

f x



nên y = 1 là tiệm cận

ngang của đồ thị hàm số

1 1

lim ( )

, lim

x 

f x



x 

 

nên x = 1 là tiệm cận

đứng của đồ thị hàm số

y’ =

1

0 (

x

1)







0.25 Bảng biến thiên

1
+

-

-y

x - 1 +

Hàm số nghịch biến trên

(

 

;1)

và

(1;



)

Hàm số khơng có cực trị

0.25 Đồ thị

f(x)=x/(x-1)
f(x)=1

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-8
-6
-4
-2
2
4
6
8

x

y

Giao điểm của đồ thị với

trục Ox là (0 ;0)

Vẽ đồ thị

Nhận xét : Đồ thị nhận

giao điểm của 2 đường

tiệm cận I(1 ;1) làm tâm

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

f(t)
f'(t)

2
0
1

0 +

đối xứng

2.

1.0

Giả sử M(x

; y

) thuộc

(C)

0
0

1 x

y

x







. Khi

đó tiếp tuyến với đồ thị

(C) tại M có phương

trình là :





0
2

0 0

1 (

) ( )

1 1

x

y

x x

x

x











0.25 Ta có d(I ;



) =

4
0

2

1 (

1)

x







Xét hàm số f(t) =

2 (

0)

1 t





ta có

f’(t) =

4 4

(1

)(1

)

(1

) 1

t





0.25 f’(t) = 0 khi t = 1

Bảng biến thiên

từ bảng biến thiên ta có

d(I ;



) lớn nhất khi và

chỉ khi t = 1 hay

0
0

2 1 1

0 x







  





0.25 + Với x

= 0 ta có tiếp

tuyến là y = -x

+ Với x

= 2 ta có tiếp

tuyến là y = -x+4

0.25 Câu I I

2.0

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

Đk:

x k

2 



(

k Z



)

0.25 Phương trình đã cho

tương đương với:





2 2

2
2

4 3 1

2 3 2

sin 2

2(sin

cos )

3 3 2

sin cos

3

2 3 0

x

























tan

cot

tan

cot

tan

0.25 

3

1

3 6

x

k

x

x

k







 



 







   





tan



k Z



0.25 KL: So sánh với điều

kiện phương trình có

nghiệm :

6

2 x

 



k



;

k



Z

0.25 2

1.0

2 2

3 2

0

7 5 3 2

x x

PT

x

x x

 







 





  







0.25 3 2

0

5 2(

2)

x x

x

 







 

 







0.25

3

1

0

2

5

2. x



  















 











2

0

1

16

0 x



 





 











0.25

 x1

Vậy phương trình đã cho

có một nghiệm x = - 1.

0.25

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

3 2

2 2 2

1 1 1

ln

log

ln 2

1 ln .

.

ln

ln 2

1 3ln

e e e

x

xdx

I

dx

x



















0.25 Đặt

2 2

1 1 3ln

ln

(

1)

ln .

3 dx

x t

x

t

x

tdt

x



 









. Đổi cận …

0.25 Suy ra









2 2

2
2

3 3

1 1 1

1 log

1 3

1 .

1 ln 2

3 9ln 2

1 3ln

e

x

t

I

dx

tdt

t

dt

t

x











0.25

2
3

3 3

1

4 9ln 2 3

t

27 ln 2



















0.25

Câu IV 1.0

Từ giả thiết AC =

2 a

3

;
BD = 2a và AC ,BD vng
góc với nhau tại trung
điểm O của mỗi đường
chéo.Ta có tam giác ABO
vuông tại O và AO =

a

3

; BO = a , do đó



60

A D

B



Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng
(SAC) và (SBD) cùng
vng góc với mặt phẳng
(ABCD) nên giao tuyến
của chúng là SO 
(ABCD).

0,25

Do tam giác ABD đều nên
với H là trung điểm của
AB, K là trung điểm của
HB ta có

DH



AB

và 
DH =

a

3

; OK // DH và

1

3

2 a

OK



DH




OK  AB  AB  (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O
lên SK ta có OI  SK; AB
 OI  OI  (SAB) , hay
OI là khoảng cách từ O
đến mặt phẳng (SAB).

0,25

Tam giác SOK vuông tại
O, OI là đường cao 

2 2 2

1

2 a

SO

OI



OK



SO





0,25

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

Diện tích đáy

2
4 2. . 2 3

D S

ABC ABO

S    OA OB  a 0,25

Câu V 1.0

Áp dụng BĐT Cauchy cho
3 số dương ta có:

2
3

3 

ab bc ca





3 (

abc

)



abc



1

Suy ra:

2
2

1 (

)

(

)

(

1 (

)

3 ) 3

(1).



















a b c

abc a b c

a ab b

a b c

a

c ca

a

0,25

Tương tự ta có:

2 2

1 (2),

(3).

1 

b c a

(



)



3 b

1 

c a b

(



)



3 c

Cộng (1), (2) và (3) theo

vế với vế ta có:

2 2 2

1 1 1 1 1

1 (

)

1 (

) 1

(

) 1

(

)

3 ab bc ca

a b c

b c a

c a b

c b c

abc













.

0,25

0,25
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ

khi

1,

3 1, ( , ,

0).

abc



ab bc ca



 

a b c

  

a b c



0,25

Câu VI.a 2.0

1 1.0

Do B là giao của AB và
BD nên toạ độ của B là
nghiệm của hệ:

21

2 1 0

5 21 13

;

7 14 0

13 5 5

5 x

y

B

x

y









 































 





0.25

Lại có: Tứ giác ABCD là

hình chữ nhật nên góc giữa
AC và AB bằng góc giữa
AB và BD, kí hiệu

(1; 2); (1; 7); ( ; )

AB BD AC

n  n  n a b

  

(với a2+ b2 > 0) lần lượt là

VTPT của các đường
thẳng AB, BD, AC. Khi đó
ta có:









os

AB

,

BD

os

AC

,

AB

c

 

n

 

n



c

 

n

2 2 2 2

3

2

7

8

0

2

7 a

b

a

b

a

b

a

ab b

b

a



















 

 



0.25

- Với a = - b. Chọn a = 1



b = - 1. Khi đó Phương
trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB  AC nên toạ độ
điểm A là nghiệm của hệ:

0.25

B

K

H

C

O

I

D

3 a

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

1 0

3 (3; 2)

2 1 0

2 x y

x

A

x

y













 





Gọi I là tâm hình chữ nhật
thì I = AC  BD nên toạ
độ I là nghiệm của hệ:

7 1 0

2

7 5

;

7 14 0

5 2 2

2 x

x y

I

x

y









































 





Do I là trung điểm của AC
và BD nên toạ độ



4;3 ;



14 12

;

5 5

C

D













- Với b = - 7a (loại vì AC

khơng cắt BD) 0.25

2

1.0

Giả sử

n a b c

( ; ; )



là một

vectơ pháp tuyến của

mặt phẳng (P).

Phương trình mặt phẳng

(P): ax + by + cz + 2b =

0. Đường thẳng



đi qua

điểm A(1; 3; 0) và có

một vectơ chỉ phương

(1;1; 4)

u





0,25

Từ giả thiết ta có

2 2 2

.

4

0 / /( )

(1)

|

5 |

4 ( ;( )) 4

(2)

n u a b

c

P

a

b

d A P

a

b

c



  

























 

0,25

Thế b = - a - 4c vào (2)

ta có

2 2 2 2 2

(

a



5 )

c



(2

a



17 c



8 )

ac



a

- 2

ac



8 c



0 

4

2 a

v

c



c



0,25

Với

4 a

c



chọn a = 4, c

= 1



b = - 8. Phương

trình mặt phẳng (P): 4x

-8y + z - 16 = 0.

Với

2 a

c



chọn a = 2,

c = - 1



b = 2. Phương

trình mặt phẳng (P): 2x

+ 2y - z + 4 = 0.

0,25

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

Giải pt đã cho ta được

các nghiệm:

1 2

3 2 3 2

1 , 1

2 2

z   i z   i

0.5 Suy ra

2
2

1 2 1 2

3 2 22

| | | | 1 ; 2

2 2

z z     z z 

 

0.25 Do đó

2 2
1 2
2
1 2

11 ...

4 (

)

z



 



0.25

Câu
VI.b 2.0
1 1.0

Giả sử

B x y

( ;

B B

)



d



x

B



y

B



5; ( ;

C x y

C C

)



d



x

C



2 y

C



7

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:

2 6

3 0

B C
B C

x

y



 







 



0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25
Ta có BG(3;4) VTPT nBG(4; 3)

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

 
 
 

nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25

Bán kính R = d(C; BG) =

9

5 

phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 =

81

25

0.25

2 1.0

Ta có phương trình tham số của d là:

3 2

2

1 x

t

y

t

z

t

 





 



  



 toạ độ điểm M là nghiệm của hệ

3 2

2

1 2 0

x

t

y

t

z

t

x y z

 





 





 



    



(tham số t)

(1; 3;0)

M





0.25

Lại có VTPT của(P) là nP(1;1;1)



, VTCP của d là ud(2;1; 1)



Vì



nằm trong (P) và vng góc với d nên VTCP

u









u n

d

,

P







(2; 3;1)





 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vng góc của M trên



, khi đó

MN x

(



1;

y



3; )

z



.
Ta có MN



vng góc với u



nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0

Lại có N(P) và MN = 42 ta có hệ:

2 2 2

2 0

2

3 11 0

(

1)

(

3)

42 x y z

x

y z

x

y

z

    





 















0.25

Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25

Nếu N(5; -2; -5) ta có pt

5

2

5 :

2

3

1 x



y



z







</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

De thi thu dai hoc mon toan 2012

3

4 2sin 2

2 3 2(cot

1)

2

<sub>sin 2</sub>

cos

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>











7



<i>x</i>



<i>x x</i>



5



3 2



<i>x x</i>



(

<i>x</i>

 

)

log

1 3ln

<i>x</i>

<i>I</i>

<i>dx</i>

<i>x</i>

<i>x</i>







2 3a

3

4

<i>a</i>

1

1

1

1

.

1



<i>a b c</i>

(



) 1





<i>b c a</i>

(



) 1





<i>c a b</i>

(



)



<i>abc</i>

1

3

1

1

4

<i>x</i>



<i>y</i>