De thi thu lan 3 THPT Phuc Thanh Kinh Mon HD

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT PHÚC THÀNH. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2011 - 2012 Môn thi : TOÁN – KHỐI A, B, D. ĐỀ CHÍNH THỨC. (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Chiều 16 tháng 05 năm 2012. I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) 4 2 Câu I ( 2 điểm ) Cho hàm số y  x  2mx  2m  1 (1), m là tham số.. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 2 . 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị nằm trên một đường tròn có bán kính bằng 1. Câu II ( 2 điểm ) 1 . Giải phương trình:. 4cos(2 x .  ) tan x  cotx 6 ..  x  2 y  1  2 x 4( y  1)  2 2  x  4 y  2 xy 7 2 . Giải hệ phương trình:  . 2 3 x  5x  4  x 2  3dx Câu III ( 1 điểm ) Tính tích phân I = 3 . Câu IV ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và AB = 4a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm I của đoạn thẳng OA. Biết khoảng cách từ I đến. 2 SI mặt phẳng (SAB) bằng 2 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a . 2 2 Câu V (1 điểm). Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x y  xy  x  y  3xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1  2 xy ) 2  3 2 2 P x  y  2 xy . II/PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B). Phần A .Theo chương trình chuẩn Câu VIa ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x + 6) 2 + (y – 6)2 = 50. Đường thẳng d cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A, B khác gốc O. Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C) tại M sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB . 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A(5;3;-4), B(1;3;4). Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 8 5 . z  2  5i 1 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (1  3i ) z là số thực và . Phần B.Theo chương trình nâng cao Câu VIb ( 2 điểm).  11   1;  1 . Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G  3  , đường thẳng trung trực của cạnh BC có phương trình x  3y + 8 = 0 và đường thẳng AB có phương trình 4x + y – 9 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . 2. 2. 2. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) : x  y  z  2 x  4 y  4 z  5 0 , mặt phẳng (Q) : 2x + y – 6z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P). Biết rằng mặt phẳng (P) đi qua A(1;1;2), vuông góc với mặt phẳng (Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu VIIb ( 1 điểm) Cho hàm số. y x  m . m x  2 (Cm). Tìm m để đồ thị (Cm) có 2 điểm cực trị A, B sao cho AB =10 .. ………………Hết…………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thí sinh không sử dụng tài liệu . Giám thị không giải thích gì thêm! SỞ GD- ĐT HẢI DƯƠNG. ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn : Toán – Khối A, B, D I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu Điểm Ý Nội dung I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 4  4 x 2  3 1,00 Trường THPT Phúc Thành.  x 0 y '  4 x 3  8 x, y ' 0    x  2 TXĐ :  .. Hàm số nghịch biến trên các khoảng (. 2;0) và ( 2; ). Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; . 2) và (0; 2). Hàm số đạt cực đại tại x  2, yCD 1 . +) BBT: x  2 - y'. +. 0 1. 0,25. 0,25. x 0, yCT  3. Hàm số đạt cực tiểu tại. -. 0 0. 2. +. 0 1. + -. 0,25. y -. -3. -. +)Đồ thị 2. 1. -4. -2. 2. 4. 0,25. -1. -2. -3. -4. 2 Ba điểm cực trị nằm trên một đường tròn có bán kính bằng 1  x 0 y '  4 x 3  4mx, y ' 0   2  x m Hàm số có 3 cực trị  m  0 2 2 Tọa độ 3 cực trị là : A( m ; m  2m  1), B ( m ; m  2m  1), C (0;  2m  1) A và B đối xứng qua Oy, C thuộc Oy nên tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác ABC thuộc Oy. Giả sử I(0; a) (1)  1  2m  a 1 IA IC 1   2 2 (2)  m  (m  2m  1  a) 1 Theo giả thiết :. 1,00 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  1  2m  a 1  a  2m  1  2m  a  1   a 2  2m  Giải (1) ta được  2 2 TH 1. a  2m  m  (m  2m  1  2m) 1.  m  m4  2m2  1 1  m4  2m2  m 0 (Loại do m > 0) TH 2.. a 2  2m . m  (m 2  2m  1  2  2m) 2 1.  m 0, m 1  m  m  2m  1 1  m  2m  m 0    m  1  5  2  m 1   m  1  5  2 4. 2. 4. 0,25. 2. Kết hợp với m > 0 ta được. II. 1. 2,00 1,00.  4cos(2 x  ) tan x  cot x 6 Giải phương trình (1). Điều kiện: sin 2 x 0. 0,25. (1)  2( 3cos2 x  sin 2 x) . 2 sin 2 x. 3 cot 2 x  cot 2 2 x 0. C1 . 3 1 1 sin 4 x  cos 4 x  2 2 2. 0,25.    x  k   1  4 2  sin  4 x      (t / m )  6 2   x  k   12 2. 0,25. C2 .     x 4 k 2  cot 2 x 0    x  k   cot 2 x  3  12 2. 2. 0,25. (t / m ).  x  2 y  1  2 x 4( y  1)  2 2 Giải hệ phương trình  x  4 y  2 xy 7 .. Điều kiện: x+2y 1 0 Đặt t =. 0,25. x  2 y  1 (t 0). 2. Phương trình (1) trở thành : 2t – t – 6 = 0.  t 2  t / m    t  3  k t/m   2.  x  2 y 3  2 2  x  4 y  2 xy 7 + Hệ   x 1    y 1    x 2    y 1   2. III. (t / m ). 2. . 1,00. x3  5 x. dx 4  x2  3 .. Tính tích phân I = 3     x 2sin t  t    ;    2 2   => dx = 2costdt  Đặt   x  3  t  , x 2  t  3 2. + Đổi cận:. 0,25. 0,25. 0,25 1,00. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  2.  8sin I   3.  2. t  10sin t  2 cos t 2 cos t  3. dt. 0,25  2.  9  4 cos t  2sin t.2 cos t dt.   3. 3. 2.  4  3  2 cos t  cos td (cos t ). 2 cos t  3. =. 3 1  7 4     8 12  = 6 =.  3.   3cos 2 t 2  2  cos3 t    2 3   3 4. = 1 (9  t 2 )( tdt ) 7 I  (3t  t 2 )dt  3t 6 1 0. 0,25. 0. 2 ( Hoặc đặt t  4  x thì. ). IV. 1,00 S. O. C. A. K D song BC với H thuộc AB . Do BC  AB Trong mp(ABCD) từ điểm I kẻ IH song => IH  AB Mà SI  ( ABCD ) => SI  AB .Hay AB  (SHI) . Từ I trong mặt phẳng (SHI) I 2. 0,25. SI  IK d  I ;( SAB )  2 kẻ IK  SH tại K.H = (1) B. IH AI 1 BC   a BC AC 4 4 Ta có => IH = 1 1 1  2  2 2 IH IK (2) (Do tam giác SIH vuông tại I đường cao IK) Mà IS 2 1 1  2  2  SI IH a 2 SI IH Từ (1) và (2) => SI 1 1 16a 3 SI .S ABCD  SI . AB 2  3 3 (đvtt) Lại có thể tích khối chóp S.ABCD là V = 3 V. 0,25. 0,25. 0,25 1,00.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x 2 y  xy 2  x  y  3xy  xy ( x  y )  x  y  3 xy (1) do x >0 ; y > 0 nên x + y > 0 1 1 4 2  x  y   3   3   x  y   3( x  y )  4 0 x y xy (1)    x  y   1  ( x  y )  4 0  x  y 4. 0,25. 1 1 3  1  xy x  y Mà P = (x + y)2 + 2 - xy Lại có (1) 3 Nên P = (x + y)2 +1 + x  y. 0,25. Ta có.  1. 3 1  x  y xy. 3  P t 2   1  f (t ) t Đặt x + y = t ( t 4) 3 3 2t  3  2  0 t>4 2 4;  t Ta có f '(t ) = 2t - t mà f (t ) liên tục trên nửa khoảng  71 P  f (t )  f (4)  4;  => 4 Nên f (t ) đồng biến trên nửa khoảng  71 Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng 4 khi x = y = 2 VIa. 0,25. 0,25 2,00 1,00. 1 Giả sử A(a;0) ; B(0;b) ( a , b khác 0) => đường thẳng d đi A , B có phương trình :. x y  1 hay bx+ ay - ab = 0 a b d là tiếp tuyến của (C) tại M  M thuộc (C) và d vuông góc với IM  u Đường tròn (C) có tâm I(-6 ; 6) , d có VTCP là ( a; b)  b  a b a  IM   6;  6   ;  2 2  M là trung điểm của AB nên M  2 2  ,. Do đó ta có hệ phương trình   a  b  2 2  b    a   2  6    2  6  50     b a  12  2 2  b    a   2  6    2  6  50 . 2 2  a  b    6     6  50  2  2    a  a  6   b  b  6  0      2  2 .  b 22  b 14     a  22 v  a 2   b 2  b  2    a  2  a  14. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. Vậy d có phương trình : x - y +2 = 0 ; x - y +22 = 0 ; x + 7y +14 = 0 ; 7x + y – 14= 0 2 C thuộc mặt phẳng (Oxy) nên C( a ; b ;0). 1,00 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> (a  5) 2  (b  3) 2  16  (a  1) 2  (b  3)2  16  a 3. .Tam giác ABC cân tại C  AC BC  (1). 0,25. Ta có AB = 4 5 , trung điểm BC là I (3;3;0). 1 2 2 S ABC  CI . AB 8 5  CI 4 3  a  3  b 4     2 => a 3 a 3   b 7 b  1  Từ (1) ; (2) ta có hoặc . 0,25. (2) 0,25. Vậy có hai điểm C(3 ; 7 ;0) , B(3;-1;0) VIIa. z  2  5i 1 Tìm số phức z thỏa mãn (1  3i ) z là số thực và . Giả sử z x  yi , khi đó (1  3i ) z (1  3i )(a  bi ) a  3b  (b  3a )i. 1,00. (1  3i ) z là số thực  b  3a 0  b 3a. 0,25. z  2  5i 1  a  2  (5  3a )i 1 . 0,25. (a  2) 2  (5  3a) 2 1. 0,25.  a 2  b 6  10a 2  34a  29 1  5a 2  17a  14 0    a  7  b  21 5 5 . 0,25. 7 21 z 2  6i, z   i 5 5 Vậy VIb. 2,00 1,00. 1 Ta có A , B thuộc đường thẳng AB nên A(a ; 9 – 4a) , B( b ; 9 – 4b ). 11 ) Do G(1 ; 3 là trọng tâm tam giác ABC nên C( - a - b + 3; 4a + 4b – 7). 0,25.  3 a   ;2a  1   d : x - 3y +8 = 0 có một VTCP là u (3;1) ; Gọi I là trung điểm BC ta có I  2  I  d    BC.u 0 d là trung trực của cạnh BC   a 1  b 3. 3  a  3(2a  1)  8 0   2 3.  3  2b  a   (4 a  8b  16) 0 . 0;25. 0,25. 0,25. Vậy A(1;5) , B(3;-3) và C (-1 ;9). 2 Mặt phẳng (P) qua A(1;1;2) có phương trình : a(x-1)+ b(y -1)+c(z -2) = 0 ( a2 + b2 + c2 0) Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2)  bán kính R = 2. 1,00 0,25. Mặt phẳng (Q) có VTPT n(2;1;  6).  2a  b  6c 0   3b  2  2 2 2 a  b  c Ta có (P) vuông góc với (Q) và tiếp xúc (S) nên   a 2c  2a 6c  b  b 2c 2a 6c  b 2a 6c  b   2  2    b 2c   b  5c 2 2 2 2  9b 4a  4b  4c b  3bc  10c 0   b  5c 11    a  2 c. 0,25. 0,25 (I).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Chọn c = 0 thì a = b = 0 (loại). Nên c 0 Từ (I) Pt (P) : 2c(x-1)+ 2c(y -1)+c(z -2) = 0  2 x  2 y  z  6 0. 11 c Hoặc 2 (x-1) -5c(y -1)+c(z -2) = 0  11x  10 y  2 z  5 0 VIIb. 0,25 1,00. 2. R \  2. TXĐ : D =. y'  ,.  x  2  m 2  x  2. Hàm số có hai cực trị  y ' 0 có hai nghiệm phân biệt 2.   x  2   m 0. có hai nghiệm phân biệt khác 2  m  0. 0,25. 0,25. Gọi A(x1;y1) ; B(x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số.  x 2  m  y1 2  m  2 m y ' 0   1  x2 2  m  y2 2  m  2 m Ta có  4m  16m 10  m 5  t / m  AB = 10. Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tương đương.. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>