de thi thu dai hoc co dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi : TOÁN KHỐI A ( Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x 1 y 1  2 x (1) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HOÀ BÌNH TRƯỜNG THPT DTNT. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 2. Chứng minh đường thẳng (d): x – y + m = 0 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt A, B với mọi m. Tìm m sao cho.   AB  OA  OB. với O là gốc tọa độ.. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:. 3 sinx  cos x  cos5 x  2(cos6 x  1)  3 sin 5 x. 2 2. Giải phương trình: 3 2  x  6 2  x  4 4  x 10  3 x (x  R). e. ln x  1  ln x I  .dx x 1  ln x 1 Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân 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 măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách. a 3 giữa AA’ và BC là 4 Câu V. (1,0 điểm). Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a 2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị.  a 3 b3   a 2 b 2  4 3  3   9 2  2  b a  b a  nhỏ nhất của biểu thức P =  . PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AB có phương trình: x + 3y + 1 = 0. Đường thẳng chứa đường chéo BD có phương trình:x – y + 5 = 0.Đường thẳng AD đi qua điểm M(1; 2). Tìm tọa độ tâm của hình thoi ABCD.. 2.(1 điểm) . Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng. d:. x 2 y 1 z 1   1 1  3 và mặt phẳng. ( P ) : x  y  z  1 0 . Gọi I là giao điểm của d và (P) . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong (P) vuông góc với d và cách I một khoảng bằng 3 2 .. z 2  z z Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng  : x – y – 4 = 0 và d : 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng  tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8. x  2 y 1 z   2  1 và mặt phẳng (P) : x + y + z 2. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : 1 – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của  và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông góc với  và MI = 4 14 . Câu VIIb. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn | z  3i ||1  z | và. z. 9 z là một số thuần ảo .. .........................….. Hết …...........................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………......................... ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MÔN TOÁN Câu. ý. Đáp án. Điểm. x 1 y 1 2x Khảo sát và vẽ: 1  D R \   2 + Tập xác định: 1 y'   0, x  D 2 1 2x  + sự biến thiên: 1 1     ;  ;  ;   2  2  . Hàm số không có cực trị. Hàm số nghịch biến trên . 0,25. x 1 1 x 1 1  ; lim  x   1  2 x 2 2 Giới hạn và tiệm cận : x   1  2 x 1  y  2 là tiệm cận ngang x 1 x 1 lim   ; lim   1 1 1  x x   1  2 x x   1  2 x  2  2 2 là tiệm cận đứng +Bảng biến thiên x 1 2 - + y’ y 1  2 +∞ lim. . -. 0,25. 0,25. 1 2. + đồ thị : y. f(x)=(x-1)/(1-2x) f(x)=-1/2. 4. 3. 0,25. 2. 1. x -4.5. -4. -3.5. -3. -2.5. -2. -1.5. -1. -0.5. 0.5. 1. 1.5. 2. 2.5. 3. 3.5. 4. 4.5. -1. -2. -3. -4. 1 1  Nhận xét : Đồ thị nhận điểm I ( 2 ; 2 ) làm tâm đối xứng Phương trình hoành độ giao điểm : x 1 xm   f ( x) 2 x 2  2mx  m  1 0(*) 1 2x 1 1  ' m 2  2m  2  0m, f ( )  0 2 2 Có. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 nên (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 suy ra d luôn cắt (1) tại 2 điểm phân biệt A, B với mọi m.  x1  x2  m   m 1  x1 x2  2 A  x1 ; x1  m  , B  x2 ; x2  m  Ta có với x1, x2 là 2 nghiệm của (*) . Theo vi-et 2 2  AB  2  x2  x1   2   x1  x2   4 x1 x2   2m 2  4m  4  .     2 OA  OB  x1  x2 ; x1  x2  2m   OA  OB  2  x1  x2   4m  x1  x2   4m 2  2m 2.   AB  OA  OB  2m2  4m  4  2m2  m  1. Kết luận : m  -1.. . Pt  3(sin 5 x  s inx) cos5 x  cos x  2(cos6 x  1)  2 3cos3 x.sin 2 x 2 cos3 x.cos2 x  4 cos2 3 x.  cos3 x 0   2cos3 x .( 3 sin 2 x  cos2 x  2 cos3 x ) 0  3 sin 2 x  cos2 x 2 cos 3 x    cos3 x 0  3 x   k  x   k 2 6 3 Với   3 sin 2 x  cos2 x 2 cos3 x  sin(2 x  ) sin(  3 x ) 6 2 Với   2x    2x  .   2 2    3 x  k 2 x  k  6 2 15 5     x  2  k 2    3 x  k 2  6 2 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2.. 2 Đặt t = 3 2  x  6 2  x  t2 = 9(10  3x  4 4  x ) Phương trình đã cho trở thành : t2 – 9t = 0  t = 0 hay t = 9 6 3 2  x  6 2  x Với t = 0 : x= 5. Với t = 9 :. 3 2  x  6 2  x = 9 (điều kiện : -2  x  2)  2  x 3  2 2  x  2 + x = 9 + 12 2  x +4(2 – x)  12 2  x 5 x  15 (vô nghiệm). Cách khác : Đặt u = 2  x và v = 2  x (u, v  0), phương trình đã cho trở thành: 2 2 3u  6v  4uv u  4v (1)  2 2 (2) u  v 4 2 (1)  3(u – 2v) = (u – 2v)  u = 2v hay u = 2v + 3 4 4 6 Với u = 2v ta có (2)  v2 = 5 suy ra: 2 – x = 5  x = 5 Với u = 2v + 3 ta có (2)  (2v + 3)2 + v2 = 4  5v2 + 12v +5 = 0 (VN vì v 0). (1,0) (1,0) 2 2 2  a  b   ab  a  b   ab  2 . Theo giả thiết ta có . Từ đây suy ra : 2 2 a b 1 1 a b 2     1     ab  2  2     1 a   b  b a b a  a b hay  b a   a 2 2 b a   b  2 2    b a b a   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a b 5  2 Đặt t = b a , ta suy ra : 2t + 1  2 2 t  2  4t – 4t – 15  0  t  2  a 3 b3   a 2 b 2  4 3  3   9 2  2  b a  b a  Mặt khác: P =  = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) 1  f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0  t = 2 hay t = 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  Min f(t) =. . 23 5 4 khi t = 2. 2  a 2  b 2   ab  a  b   ab  2  Theo giả thiết ta có . Từ đây suy ra : 2 2 a b 1 1 a b 2     1     ab  2  2     1 a   b  b a b a  a b hay  b a   a 2 2 b a   b  2 2    b a b a   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a b 5  2 2 2 t  2 Đặt t = b a , ta suy ra : 2t + 1   4t – 4t – 15  0  t  2  a 3 b3   a 2 b 2  4 3  3   9 2  2  b a  b a  Mặt khác: P =  = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) 1  f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0  t = 2 hay t = 2 23 5   Min f(t) = 4 khi t = 2 1. Do B là giao điểm của AB với BD,nên tọa độ B là nghiệm  x  3 y  1 0  x  4    y 1 Của hệ phương trình:  x  y  5 0  B ( 4;1) Qua M vẽ đường thẳng song song với AB cắt BD tại N,ta có MN//AB: x+ 3y + 1 = 0  pt MN: x + 3y + m = 0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Do M(1;2)  MN nên: 1+ 6 + m = 0  m= -7  Pt MN: x+ 3y – 7 = 0  x  3 y  7 0   Do N = MN  BD ,nên tọa độ N là nghiệm của hệ:  x  y  5 0  N (  2;3) Vì D BD: x – y + 5 = 0  D(x ; x+5).Mà ABCD là hình thoi nên  x 0  2 2 2 2  x  2 MN = MD  MN MD  9  1 ( x  1)  ( x  3) Với x = 0  D(0 ; 5) Với x = -2  D(-2;3) loại vì trùng với N. Gọi I là tâm hình thoi  I là trung điểm của BD  I(-2;3) .2. (P) có VTPT.  nP (1;1;  1). , đường thẳng d có VTCP.  x  2   y 3.  ud (1;  1;  3). Tọa độ điểm I là nghiệm hệ phương trình :. x 2 y 1 z  1    1 3   1  x  y  z 1 0  u. Gọi  có VTCP.  u  u.  x  y  3 0  3 y  z  2 0   x  y  z  1 0 .  x 1   y 2  I (1; 2; 4)  z 4 . Ta có :.     nP   u  nP , ud  ( 4; 2;  2)  2(2;  1;1)    ud. Gọi H là hình chiếu của I lên   H thuộc (Q) qua I và vuông góc với  . (Q ) : 2 x  y  z  4 0.    ud '  nP , nQ  (0;  3;  3)  3(0;1;1) d’ = (P)  (Q)  d’ đi qua I có VTCP phương trình đường thẳng d’ : d ' : x 1; y 2  t ; z 4  t.  H  d '  H (1; 2  t ; 4  t )  IH (0; t; t ) IH 2 18  2t 2 18  t 3. Với t = 3  H(1 ; 5 ; 7) . :. Với t = –3  H(1 ; –1 ; 1) . x 1 y 5 z 7   2 1 1. :. x  1 y 1 z  1   2 1 1.  x at  Phương trình ON có dạng  y bt. (a2 + b2  0), N (at1; bt1) và M (at2; bt2) 4 N = ON   : at1 – bt1 – 4 = 0  t1 = a  b (a  b) 2 M = ON  d : 2at2 – bt2 – 2 = 0  t2 = 2a  b (2a  b).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 4b  2b   4a  2a N ; ;  M   2a  b 2a  b  Suy ra :  a  b a  b  , 4 2 a 2  b2 a 2  b 2 8 a b 2a  b Ta có: OM.ON = 8   2 2 a  b  a  b 2a  b TH1: a = 0 ta có : b2 = b2, chọn b = 1  N (0; -4) , M (0; -2) (1  b)(2  b) TH2: a  0, chọn a = 1 ta được: 1 + b2 =  1 + b2 = b 2  3b  2. 2..  b 2  3b  2 1  b 2  6 2 1  2 2  ;  b  3b  2  1  b  3   b = . Vậy N (6; 2) ; M  5 5  . Cách khác : Điểm N  d  N (n; 2n – 2)  ON = (n; 2n – 2) Điểm M    M (m; m – 4)  OM = (m; m – 4) Nhận xét : 2 đường thẳng d và  nằm cùng phía đối với điểm O nên OM.ON  = 8  OM .ON = 8  m = 5n (1) Ta có OM cùng phương với ON  m.n + 4n – 2m = 0 (2) 6 2 Từ (1) và (2)  5n – 6n = 0  n = 0 hay n = 5 Với n = 0 thì m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2)  6 2 6  ;  Với n = 5 thì m = 6, ta có điểm M (6; 2); N  5 5  Ta có  cắt (P) tại I (1; 1; 1); điểm M  (P)  M (x; y; 3 – x – y)  MI = (1 – x; 1 – y; -2 + x + y). Vectơ chỉ phương của  là a = (1; -2; -1)  MI.a 0  y 2 x  1  2  (1  x)2  (1  y )2  ( 2  x  y ) 2 16.14 MI  16.14   Ta có :   x = -3 hay x = 5 Với x = -3 thì y = -7. Điểm M (4; -7; 6) Với x = 5 thì y = 9. Điểm M (5; 9; -11). a. Gọi z = x + yi  0 với x, y  R 5i 3 z  1 0 z  z z  5  i 3  z 0  x2 + y2 – x – 5  ( 3  y ) i = 0  x2 – x – 2 = 0 và y =  3  (x = -1 và y =  3 ) hay (x = 2 và y =  3) Vậy z =  1 . 3i hay z 2 . 3i .. z 2  z z  ( x  yi )2  x 2  y 2 x  yi Giả sử z x  yi , khi đó  x 2  y 2  x 2  y 2 x  ( x 2  y 2  x 2  y 2 )  2 xyi x  yi   2 xy  y.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> TH 1.. x . 1 1 1 1  y2   y 2   4 2 2 ta được 4. 1 3  y2 y2  4 4.  2 3  2 3  y  4 0 52 5 y    y  4  2  1  y2  y4  3 y2  9 16 y 4  40 y 2  5 0   4 2 16 2 y 0  x  x  x  x 0  x  y 0 TH 2. Vậy có 3 số phức thỏa mãn là : z = 0 ;. z . 1 52 5  i 2 2 …..Hết…...

<span class='text_page_counter'>(9)</span>