De thi thu DH Truong THPT Nghi Loc2 lan 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 2. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012-LẦN 2. Môn thi: TOÁN – Khối A,B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 5 y  x 3  mx 2  4mx  4 (C ) 3 2 Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho biểu thức trị nhỏ nhất.. A. x2 2  5mx1  12m m2  x12  5mx2  12m m2 đạt giá. Câu II: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6, phương trình BD là 2 x  y  12 0 , AB đi qua M (5;1) , BC đi qua N (9;3) . Viết phương trình các cạnh hình chữ nhật biết hoành độ của điểm B lớn hơn 5. 3 2 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y (1  x) 2 x  x , x 0, x 1 và trục hoành. Câu III: (2,0 điểm)   sin( x  )  cos(  x) 1 x 6 3  (cos x  s inx.tan )  2 2 cos x 1. Giải phương trình: cos x .. 2. Cho tập hợp E {0,1, 2,3, 4,5,6, 7}. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có gồm 4 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số của E? Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với a2 3 AA', cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 8 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. Phần A Câu V.a:(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz lập phương trình đường thẳng d đi qua A(1;0;  2) x  1 y 1 z  2   2  2 sao cho góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P): 2 x  y  2 z  1 0 lớn nhất. và cắt d’: 3 Câu VI.a: (2,0 điểm)  x x2 1   2 1 1  3 x  x  (1  )  (4  x ) i   2   3 i4  y y  y y  x , y  R  y 1. Tìm sao cho: 17.  1  4 3  2  x  .  2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển sau:  x Phần B Câu V.b: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2;1;0), B(0; 4;0) , C (0; 2;  1) và đường thẳng d: x  1 y 1 z  2   2 1 3 . Lập phương trình đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng (ABC) và cắt d tại điểm D 19 sao cho bốn điểm A, B, C, D tạo thành một tứ diện có thể tích bằng 6 . Câu VI.b: (2,0 điểm) z  7i z  5 . 1. Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn đồng thời: và z  1 là số thực.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 3 2 1 2 n 8 2. Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x  2) , biết: An  8Cn  Cn 49, (n  N , n  3) .. TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 2. ĐÁP ÁN CHẤM TOÁN, ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC(Lần 2) NĂM HỌC 2011 – 2012 CÂU. Ý. NỘI DUNG. ĐIỂ. 0,5. 1 y  x3  4 3 Khi m = 0 thì , TXĐ : R. I. y '  x 2 0  x 0 Bảng biến thiên −∞ x 1 y’ +. 0 -4. +∞. Hàm số luôn đồng biến trên R.. +. 0,5. +∞. y. −∞ Vẽ đồ thị đẹp , chính xác cho điểm tối đa . 2 TXĐ: R, y '  x  5mx  4m . Hàm số đạt cực trị tại x1 , x2  y ' 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2. 0,2. m 0  x1  x2 5m  25m  16m  0   (1)  m   16  x x  4m 25  Theo Viet, ta có:  1 2 vì x1 là nghiệm của phương trình x12  5mx1  4m 0  x12 5mx1  4m  x12  5mx2 12m 5m( x1  x2 ) 16m 25m 2  16m  0. 0,2. x2 2  5mx1 12m 5m( x1  x2 ) 16m 25m 2  16m  0 tương tự ta cũng có: 2 x2 2  5mx1  12m m2 m2 25m 2  16m A 2    2 x1  5mx2  12m m2 25m2  16m m2 khi đó (BĐT Cauchy cho. 0,2. 2. 2 số dương)  m 0 m2 25m2  16m 4 2 2 2 2   m (25m  16m)  m 25m  16m    m  2 25m 2  16m m2 3  Dấu “=”  2 m  3. đối chiếu điều kiện (1), ta có: min A = 2 khi II. 1 . A. B M(5;1). 0,2. 0,2. BN (9  a; 2a  9) , Gọi B(a; 12-2a) Ta có BM (5  a; 2a  11) do BM vuông góc với BN nên:  a 6 (5  a)(9  a)  (2a  11)(2a  9) 0    B(6;0)  a  24 5  ( Do hoành độ điểm B lớn hơn 5), N(9;3). D. C x  y  6  0 phương trình AB: phương trình BC: x  y  6 0 b  12  2b  6 b  12  2b  6 . 6 2 2 Gọi D(b;12  2b) theo bài ra, ta có: DA.DC = 6 nên:. 0,2. 0,2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  b 4  3 6  b . b  6 12  (b  6) 2 4    b 8 với b 4 thì D(4; 4) phương trình DA có dạng: x  y 0 ; phương trình DC : x  y  8 0 . với b 8 thì D(8;  4) phương trình DA có dạng: x  y  12 0 , phương trình DC : x  y  4 0 .. 0,2. 1. Ta có. S (1  x )3 2 x  x 2 dx 0. 1. 2. 1. S (1  x). 3. 0. 1. 2. 2 x  x dx (1  x) 0. 2. 1 2 x  x (1  x)dx  ( x 2  2 x  1) 2 x  x 2 d (2 x  x 2 ) 20 2. 1. 2 x  x 2 t (t   0;1 )  2 x  x 2 t 2 , d (2 x  x 2 ) 2tdt  S  Đặt 1. (t 2  t 4 )dt ( 0. III. 0,2. t3 t5 1 1 1 2  )    3 5 0 3 5 15. 1 (1  t 2 )t.2tdt 2 0. 0,2. 0,2. 0,2 .. cos x 0 2   cos(  x)  cos(  x)  x 1 x 3 3  (cos x  2sin 2 )  cos 2 0 2 2 cos x Điều kiện . Phương trình  cos x   2 cos(  x) cos 1 1 2 6  1  1  3 s inx  tan 2 x  3 t anx   (cos x  1  cos x)  2 cos x cos x cos 2 x cos x  x k  tan x 0 2 tan x  3 tan x 0    (k  Z )  x   k  tan x  3  3 . 0,2.  x 2l  (l  Z )  x   l 3 Đối chiếu điều kiện ta thấy nghiệm của phương trình là  2 Đáp số: 750 số. 0,2. IV A’ C’. B’ K A C O. M :. B Gọi M là trung điểm của BC, do A’O  (ABC) nên BC  ( A ' AM ) .Gọi K là điểm thuộc AA’ sao cho KB  AA’, nối KC thì AA’  (KBC)  AA’  KM. 0,2. 0,2. 0,2 0,2 0,2 0,2 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2 a 3 a 3 a2 3 KM .BC a 2 3 a 3 AO  .    KM  3 2 3 ;  KBC có diện tích 8 nên 2 8 4 Xét  A’AM có 2 đường cao A’M và MK nên : A ' O. AM KM . AA ' (*) đặt A’O = x >0 khi đó a 3 a2 a 3 2 x. AM  AA '.KM  x.  x  . 2 3 4 ( Do  A’AO vuông tại O và từ (*) ta có: a2 a2 a2 a a 3 2 2 2 2 2 x  x   4 x  x   3 x   x AO  3 3 3 3 3 ) hay 1 a 3 a2 3 .a.  2 4 ( Diện tích tam giác đều cạnh a) Ta có diện tích đáy ABC bằng 2 a a 2 3 a3 3 VABC . A ' B ' C '  A ' O.S ABC  .  3 4 12 .Vậy. 0,2. 0,2. PHẦN RIÊNG Phần A. Gọi H là chân đường cao hạ từ D xuống (ABC) ta có 1 19 19 DH .S ABC VD . ABC   DH  (*) 3 6 2 S ABC và ta gọi D(1  2t ;  1  t ; 2  3t ) ( Do D  d ) 1   1 29 S ABC   AB, AC   9  4  16  2 2 2 ; phương trình (ABC): 3x  2 y  4 z  8 0 mà  t 1 19    t   17 9  4  16 29  2 thay vào (*) ta có: x 3 y z 5   D (3;0;5) 2 4 . khi t 1 tọa độ , phương trình  là: 3 19 47 y z  17 19 45 x  16 2  2 t D( 16;  ;  )  2 2 2 3 2  4  khi tọa độ , phương trình là: (Nếu đúng một trong hai phương trình  thì vẫn cho 0,25) 3(1  2t )  2(  1  t )  4(2  3t )  8. Va. VIa. 0,2. 0,2. 0,2. 0,2. 2 2 2 2 0,2 1 Gọi z a  bi; trong đó a, b  R do z 5  a  b 5  a  b 25 (1) z  7i a  bi  7i a  (b  7)i  a  (b  7)i  (a  1  bi) a(a 1)  b(b  7)  ab  (a 1)(b  7)  i 0,2      z 1 a  bi  1 a  1  bi ( a  1) 2  b 2 ( a  1) 2  b 2 (a  1) 2  b 2 2 0,2 z  7i R ab  ( a  1)( b  7)  0 theo bài ra z  1 nên (2) 0,2  ab  ( a  1)(b  7) 0 (3) 7(a  1)  2 b a  b 2 25 (4) 2a  1 vào (4) ta được PT bậc 4 từ (1) và (2) ta có hệ  từ (3) thay sau   a 3  b  4  2a 4  2a3  25a 2  a  12 0  (a  3)(a  4)(2a 2  1) 0   a  4  b  3   a  1  b 7 2  2 Từ đó suy ra 2 1 7 z 3  4i; z  4  3i ; z   i 2 2 có 4 số phức sau thỏa mãn ycbt:.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta có:. An3  8Cn2  Cn1 49,  n( n  1)( n  2) . 8n(n  1)  n 49  n3  7 n 2  7n  49 0  n 7 2. 0,2. 0,2. 7. ( x 2  2) n ( x 2  2)7  Ck7 x 2(7  k ) 2 k k 0. 8 Số hạng chứa x là  2(7  k ) 8  k 3. 0,25. 8 Hệ số của x là C73 .23 280. 0,25. B.  M (1  3 t ;  1  2 t ; 2  2 t ) Gọi M là giao điểm của d và d’, khi đó và AM (3t;  1  2t ; 4  2t ). Vb.   n Gọi (2;  1; 2) là tọa độ VTPT của (P), gọi  là góc giữa đường thẳng d và giá của n khi đó 6t  1  2t  8  4t 3 cos    (*) 22  ( 1) 2  22 9t 2  (  1  2t ) 2  (4  2t ) 2 17t 2  20t 17 , d tạo với (P) góc lớn nhất khi và chỉ khi d tạo với giá của vectơ pháp tuyến của (P) một góc nhỏ nhất  cos  lớn nhất. 0,2. 0,2.  f (t ) 17t 2  20t  17 nhỏ nhất.   ' 189 10 30 3 48   t   AM ( ; ; ) a 17 17 17 17 17 mà x 1 y z 2   1 16 khi đó phương trình d có dạng: 10 Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực bằng nhau và phần ảo bằng nhau, vì vậy ta có hệ: 1 1  2 x  x  (1  ) 4 (1)  y y  1  2  4  x 3  x  x  1 (2)  y 2 y y3. 0,2. 1 2 x 1  ( x  y )  2. y  x  y 4   ( x  1 )  ( x  1 )2  2. x  4  y  y y  đặt. 0,5. min f (t ) . 1  2 1  x  y 2  x  y 4    1 x 1  x 3   ( x  ) 4  y3 y y. VIb. 1   x  y u    x v  y ta có hệ. u 2  2v  u 4  2 u (u  2v ) 4 thay 2v u 2  u  4 vào ta được: u (u 2  u 2  u  4) 4  u 2  4u  4 0  u 2 1  x  2  y   x  y 1   x 1  với u 2  v 1 trở lại ẩn x, y ta có hệ:  y 17. 17  1   1  k 4 3  3 2  x   C17  3 2  k 0   x  Ta có:  x 17. 2  C17k x k 0.  2k 3. x. 3(17  k ) 4. 17.  C17k x.  2 k 3(17  k )  3 4. k 0. k.  x 4. 17. 3. 17  k.  C17k x. k.   23   34   C  x   x  k 0     17.  17 k 153 12. k 17. 17  k. 0,2. 0,2. 0,2. 0,2. 0,2. k 0. từ yêu cầu bài toán ta cho:  17k  153 0  k 9 9 17. Vậy số hạng không chứa x là C. 0,2 0,2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> if something does not understand, please contact me online 0987019222 Wish you pass two exams in front harsh.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>