Thi thu DH Chuyen Tran Phu Khoi A

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (153.32 KB, 5 trang )

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

Câu I. (2,0 điểm)Cho hàm số

2 3

2
x
y

x



 .

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

2. Tìm m để đường thẳng

 

d :y2x m cắt (C) tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến
của (C) tại hai điểm đó song song với nhau.

Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình





2 2 3

sin cos 2x xcos x tan x1 2sin x0
.

2. Giải hệ phương trình













3 2 2

2 2 2

4 1 2 1 6

2 2 4 1 1

x y x x

x y y x x

    




    



 .

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân





3
4

2sin 3 cos
sin

x x x

dx
x



 



Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy ABC là tam giác đều,
hình chiếu của A trên (A’B’C’) trùng với trọng tâm G của A’B’C’. Mặt phẳng (BB’C’C) tạo
với (A’B’C’) góc 600. Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a.

Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn a2b2c2 1.Chứng minh rằng

1 1 1 9

1 ab1 bc1 ca 2.
Câu VI. (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết phương trình
cạnh BC là

 

d :x7y 31 0 , điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; -3)
thuộc AB và nằm ngồi đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng

 

P x y z:    1 0. Viết
phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vng góc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng
(Q) cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON.

Câu VII. (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình









2 1i z  4 2 i z 5 3 i0.

Tính

2 2

1 2

z  z .

Hết

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

Trường THPT Chuyên Trần Phú ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2012-LẦN III

Mơn thi: TỐN – Khối A

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

BIỂU ĐIỂM CHẤM

ĐỀ THI THỬ TOÁN LẦN III – KHỐI A – NĂM 2012
(Biểu điểm gồm 04 trang)

Câu Nội dung Điểm

I

(2.0 điểm)

1. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
* TXĐ: D = R\{2}.





2
7

' 0

2
y

x

 



. Vậy hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

0.25
* Hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận ngang y = 2. 0.25

* Bảng biến thiên 0.25

Giao Ox:

3
0

2
y  x

.
Giao Oy:

3
0

2
  

x y

Đồ thị:

0.25

2. (1.0 điểm) Tìm m để đường thẳng …
Phương trình hồnh độ giao điểm:









 

2 6 2 3 0 *

2 3

2 2

x m x m

x

x m

x x

     

 

   

  

0.25
(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân

biệt và khác 2.

 









2 2

6 8 2 3 0 4 60 0

2 0

g

m m m m

g
 



          




 (luôn đúng).

0.25

Với điều kiện trên giả sử đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại hai điểm có hồnh độ
1 2

x x . Ta có 1 2
6

2
m
x x  

Tại hai giao điểm kẻ hai tiếp tuyến song song khi và chỉ khi

 

2 1 2

' ' 4

y x y x  x x   m2
.

0.5

II.

(2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Giải phương trình…

Điều kiện cosx0 0.25





2 2 3

sin cos 2x xcos x tan x1 2sin x0







2 2 3

sin 1 2sinx  x 2sin x 1 2sin x0

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

2
2

sin 1

2sin sin 1 0 1 2

6
sin

2 5

2
6

x k

x

x x x k

x

x k











 


 






       



 




  

 .

0. 25

Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm

2 ; 2

6 6

S  k   k 

 

0.25
2. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình…

ĐK: x0. Nhận thấy (0; y) không là nghiệm của hệ phương trình. Xét x0.
Từ phương trình thứ 2 ta có

1 1 1

2y 2y 4y 1 1

x x x

    

(1)

0.25

Xét hàm số f t

 

 t t t2 1 có

 

2
2

' 1 1 0

1
t

f t t

t

    

 nên hàm số đồng 
biến. Vậy

 





1 1

1 f 2y f 2y

x x

 

    

  .

0.25

Thay vào phương trình (1):





3 2 2 1 6

x  x x  x 0.25

Vế trái của phương trình là hàm đồng biến trên



0;



nên có nghiệm duy nhất
1

x và hệ phương trình có nghiệm 
1
1;

2
 
 
 .

0.25
III.

(1.0 điểm)

Tính tích phân…









2 2 2

3 3 3

4 4 4

2sin 3 cos cos 2sin 3 cos

sin sin sin

x x x x x x x

I dx dx dx

x x x

  

  













0.25

2 2 2 2

1 3 2 2 2

4 4 4

2
4

cos 1 1 1 1 1

sin 2 sin 2 sin 2 sin

1 1 1

cot

2 2 2 2 2

x x x

I dx xd dx

x x x x

x

   



  



 

 

    

 

 

    

 



0.25









2 2

2 3 3

4 4

2sin 3 cos 2sin 3 7

sin 2 2

sin sin 2

x x x

I dx d x

x x

 

 









 

0.25

Vậy I  I1 I2 2 2 3 . 0.25

IV. 
(1.0 điểm)

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

B
A

M
H

M'
G

Gọi M,M’ lần lượt là trung điểm BC, B’C’ A’,
G, M’ thẳng hàng và AA’M’M là hình bình hành .
A’M’ B’C’, AGB’C’  B’C’(AA’M’M).
Suy ra góc giữa (BCC’B’) và (A’B’C’) là góc giữa
A’M’ và MM’ bằng M MA ' 600.

0.25

Đặt x = AB. Ta cóABC đều cạnh x có AM là 
đường cao. 

3 3

' ', '

2 3

x x

AM  A M A G
.
TrongAA’G vng có AG = AA’sin600=

3
2
a

;

0 3 3

' ' os60

2 3 2

a x a

A GAA c    x
.

0.25

2 2

0 2

1 3 3 3 3 3

. .sin 60 ( )

2 4 4 2 16

ABC

x a a

S  AB AC   

0.25

2 3

. ' ' '

3 3 3 9

2 16 32

ABC A B C ABC

a a a

V AG S  

0.25
V.

(1.0 điểm)

Chứng minh bất đẳng thức...

1 1 1 9 3

1 1 1 2 1 1 1 2

ab bc ca
ab bc ca   ab bc ca

      0.25

Ta có 2 2 2 2 2 2

2 2

1 2 2 2 2 2

ab ab ab

ab  a b c ab a b c

      .

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki





2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

a b

a b ab

a c b c a b c a b c



  

      .

0.25

Vậy

2 2

2 2 2 2

1 2

ab a b

ab a c b c

 

   

    .

Tương tự

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1

1 2 1 2

bc b c ac a c

bc b a c a ac a b c b

   

       

         .

0.25

Cộng lại ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng khi

3
3
a b c  

. 0.25

VI.

(2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Đường thẳng AB đi qua M nên có phương trình a x



 2



b y



3



0





2 2 0

a b 



AB BC;



450
nên

2 2

3 4

7
cos 45

4 3

a b
a b

a b



 

  



  .

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

Nếu 3a = 4b, chọn a = 4, b = 3 ta được



AB



: 4x3y 1 0.



AC



: 3x 4y 7 0.
Từ đó A(-1; 1) và B(-4; 5). Kiểm tra MB  2MA nên M nằm ngồi đoạn AB (TM)
Từ đó tìm được C(3; 4)

0.50

Nếu 4a = -3b, chọn a = 3, b = -4 được



AB



: 3x 4y18 0 ,



AC



: 4x3y 49 0
Từ đó A(10; 3) và B(10;3) (loại)

0.25

Nếu khơng kiểm tra M nằm ngoài AB trừ 0.25 điểm.
2. (1.0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng….
Giả sử nQ



là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó nQnP



1; 1; 1 



 

Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại M



0; ;0 ,a



N



0;0;b



phân biệt sao cho
OM = ON nên

0
0
a b
a b

a b

 


  

 


0.25

Nếu a = b thì MN 



0;a a;



//u



0; 1;1



 

và nQ u

 

nên nQ u n, P 



2;1;1



  

Khi đó mặt phẳng (Q):2x y z   2 0 và

 

Q cắt Oy, Oz tại M



0; 2;0



và



0;0; 2



N

(thỏa mãn)

0.25

Nếu a = - b thì MN 



0;a a;



//u



0;1;1



 

và nQ u

 

nên nQ u n, P 



0;1; 1



  

.
Khi đó mặt phẳng (Q):y z 0

0.25

 

cắt Oy, Oz tại M



0;0;0



và N



0;0;0



(loại). Vậy

 

Q : 2x y z   2 0 . 0.25
VII.

(1.0 điểm) Tính

2 2

1 2

z  z
....

Có







 



' 4 2 i 2 1 i 5 3i 16

      

. Vậy phương trình có hai nghiệm phức 0.25

1 2

3 5 1 1

2 2 2 2

z   i z   i 0. 5

Do đó

2 2

1 2 9

</div>

Thi thu DH Chuyen Tran Phu Khoi A

 























 

 









<b>Mơn thi: TỐN – Khối A</b>













 

 









 

 









 

 

 





















<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>















<sub></sub>

<sub></sub>

































