DEDAP AN THI THU DH KHOI A THPT MINH CHAU LAN 3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT MINH CHÂU. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2011-2012 Môn thi: TOÁN; Khối: A,B,A1 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề. Ngày thi : 12.5.2012. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.( 7 điểm )  2b  4 0  . b  2  . b  c  3 0 c 5 Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: (Cm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1. 2. Tìm m để đường thẳng d: y=-2 cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C sao cho diện tích tam. giác OBC bằng. a 3 15 3. .. Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:. VN . ACM . a3 15 18. 3VN . ACM 4a 15  S ACM 3 91 2. Giải hệ phương trình:.  (0;1]. Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ,cạnh AB=a, AD=2a. Tam giác SAC đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy,gọi M là trung điểm của SD ,N là điểm trên cạnh SC sao cho SC=3SN. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ N đến mặt phẳng (ACM). x y z   Câu V: (1,0 điểm) Cho ba sè x,y,z x  y 1  z thoả mãn: y  z z  x xy  z . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: 2. P=.  (0;1]  (x  1)( y  1) 0  xy 1x  y. II .PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN. Câu VIa (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C có phương trình cạnh AB là :x-2y=0, điểm I(4;2) là trung điểm của AB, điểm M(4; ) thuộc cạnh BC, diện tích tam giác ABC bằng 10. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tung độ điểm B lớn hơn hoặc bằng 3. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+2y+2z-6=0, gọi A, B, C lần lượt là tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz. Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC, tìm tọa độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao tuyến của (P) và (S). Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi phức tính tổng:. xy  z là bốn nghiệm của phương trình. P . y z. x z 1. . y x  x 1 z. 1 z xy 1 z2. trên tập số. x y 1 a  ;b  ;c  z x z.. B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mp(Oxy),lập. phương trình chính tắc của elíp (E) biết nó có một đỉnh và 2 tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi của hình chữ nhật cơ sở của (E) là :12(2+ √ 3 ) 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (Oxyz), cho 3 điểm. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. đường thẳng (d) có phương trình là: . Hãy lập phương trình đường thẳng qua trực tâm của tam giác ABC, nằm trong mặt phẳng (ABC) và vuông góc với đường thẳng (d). ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm tất cả các số thực trình. ÐÏ#à ¡±#á# # #############;# # þÿ #### # ### # ############### # ### # ####þÿÿÿ####### #ÿÿÿÿ ÿ ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÿ ÿÿÿ ÿ ÿÿÿ. sao cho số phức. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. và. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. ÐÏ#ࡱ#á# ####### #### #;## þÿ #### #### ####### #### #### #### ####þÿÿÿ# #### #ÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿ. đi. là nghiệm của phương. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. -----Hết----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: …………………………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THPT MINH CHÂU -------------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu Câu I. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011-2012 LÂN II Môn thi: TOÁN; Khối: A. Đáp án. Điểm. 1) Khi m = 1 a 15 ⇒ 3  TXĐ: D = R 3. VN . ACM. . a3 15 18. ,. 3VN . ACM S ACM. . 0,25 đ. 4a 15 3 91.  (0;1] BBT:. . x. - ∞. y/. 1 +. 0 2. + ∞. 3 -. 0. 0,25 đ. + + ∞. y - ∞ Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+ ∞ ) Hàm số nghịch biến: (1;3) fCĐ = f(1) = 2 fCT = f(3) = -2 x y z Khi y’’ =6x-12=0 y  z  z  x  xy  z =>y=0 Khi x=0=>y=-2 x= 4=>y=2 Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối xứng 2) Phương trình hoành độ giao điểm là:. -2. 0,5 đ. 2.  (0;1]  ( x  1)( y  1) 0  xy 1  x  y. xy  z P . x z. y 1 z. . y x. x 1 z. . (1). 0,25 đ. 1 z xy 1 z2. Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C vậy phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ta có điều kiện:. a. 0,25 đ. x y 1 ;b  ;c  z x z xx 1 xy  z  .  1 yz z. Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB xC Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0=>h=2 Theo bài ra ta có a b c   , ab c 1 b 1 a 1 ab  1. 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 1 2    ( ab  1)( a  b)2 0 b 1 a 1 1 ab Theo định lý viét ta có: (4). Câu II. Thay (4) vào (3) ta được: 1) Giải phương trình:. ab 1. 0,25 đ. (tm). a b a b  ( 1)  ( 1)  2 b 1 a 1 b  1 a 1 1 1 2 (a  b 1)(  )  2 (2 ab 1). 2 b 1 a 1 1  ab. a b 2 ab    b 1 a 1 1  ab a b c 2 ab 1     b  1 a  1 ab  1 1  ab 1  ab. 0,25. 0,5 đ. 0,25 đ. 2) Giải hệ phương trình:. ab 1 2t. (1) 1  t. . 1 1 t. 2t 1 P   2  f (t ) Điều kiện: 1  t 1  t. 2. ) Thay (3) vào (2) ta được: 2(t  1) 2 (t 2  t  1)  t  (1; ) (1  t ) 2 (t 2  1). 0,25 đ. điều kiện:. 0,25 đ. . 3  f (t )  f (1)  2 Thay (4) vào (2) ta được:.  x  y  z 1 =>x=2(tmdk). 0,25 đ. 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x;y). 3 2. Tính tích phân: e. e. e. e. x 2  x ln x  1 x ex x x e dx  xe dx  ln xe dx  dx     x x 1 1 1 I= 1 e. Câu III. 0,25 đ. e. x x e x e xe dx xe 1  e dx e  e  1. Đặt I1= 1. 0,25 đ. 1. e. e. x x e ln xdx e ln x  1. Đặt I2= 1. e. e. e. ex ex e dx  e  dx   x x 1 1. ex dx ee 1  ee  ee   Vậy I=I1+I2+ 1 x =. e. 0,25 đ. e. ex ex dx  dx ee 1   x x 1 1. 0,25 đ. Câu VIa 1) Gọi tọa độ điểm B(2yB;yB)=>A(8-2yB;4-yB) Phương trình đường thẳng CI là: 2x+y-10=0 Gọi tọa độ điểm C(xC;10-2xC)   CI  5 4  xC AB  20 yB  2 => ; => diện tích tam giác ABC là: 1 S ABC  CI . AB 10  4 yB  2 xC  xC yB  8 2 2  xC yB  4 yB  2 xC  6  1   xC yB  4 yB  2 xC  10  2  4  xC k  2 yB  4     M  BC  CM k MB   11 9   2  2 xC k  yB  2    vì yB 3  Vì  2 xC yB  6 yB  5 xC  16 0 (3)  yB  1  2  xC y B  4 y B  2 xC  6    2 x y  6 yB  5 xC  16 0  xC  1  2 Từ (1) và (3):  C B (loại)  xC y B  4 y B  2 xC  10  y 3  B  2 x y  6 yB  5 xC  16 0  xC 2 Từ (2) và (3):  C B Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là: A(2;1), B(6;3), C(2;6) 2) Tọa độ giao điểm của (P) với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt là A(6;0;0), B(0;3;0), C(0;0;3) Gọi phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2+2Ax+2By+2Cz+D=0 Điều kiện: A2+B2+C2-D>0(1) Vì mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, O ta có hệ phương trình:  A  3   D 0  B  3 36  12 A 0   2   9  6 B 0 C  3 9  6C 0  2  D 0  thỏa mãn điều kiện (1). 0,25 đ. 0,25 đ. 0,25 đ. 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3 3 3; ; Vậy phương trình mặt cầu (S): x2+y2+z2-6x-3y-3z=0 có tọa độ tâm I( 2 2 3 6 2 ) bán kính Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) => phương trình đường thẳng   x 3  t  3   y   2t 2  3 3   3   z  2  2t  H  3  t ; 2  2t ; 2  2t  IH là: R. 8 5 5 H  P  H  ; ;  3 6 6 Vì 8 5 5 H   P   H  ; ;   IH 1  3 6 6 Vì 27 5 2 r  R  IH  1 2 2 Gọi bán kính của (C) là r ta có: z 4  z 3  2 z 2  6 z  4 0   z  1  z  2   z 2  2 z  2  0 (1)  z1 1  z  2  2  z3 1  i Câu VIIa  z 1  i Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của(1)là  4 1 1 1 1 1 1 1 5 S  2  2  2  2 1     2 2 z1 z2 z3 z4 4 1 i 1 i 4 Thay và biểu thức 2. VIb(2,0đ). 0,25 đ. 0,25 đ. 2. 0,25 đ. 0,5 đ. 0,25 đ. 1. (1,0 điểm) x2 y 2  2 1 (a>b>0) 2 b Gọi PT chính tắc của elíp (E) là : a Do các đỉnh trên trục lớn và F1 , F2 thẳng hàng nên F1 , F2 cùng với đỉnh B(0;b) trên trục nhỏ tạo thành một tam giác đều  BF F1 F2  2  c 2  b 2 4c 2 BF  BF ( ld )  1 2 2 BF1 F2 đều  b 3c 2 3(a 2  b 2 )  3a 2 4b 2 (1) HCN cơ sở có chu vi : 2(2a+2b)=12(2+ √ 3 )  a  b 6  3 3 (2) 3a 2 4b 2 (1) a 6    b 3 3 Ta có hệ PT: a  b 6  3 3 (2) x2 y 2  1 Vậy PT chính tắc của elíp (E) là : 36 27 2. (1,0 điểm). 0,25. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ta có. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. nên phương. #################. ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. trình mặt phẳng (ABC):. 0,25. ÐÏ#ࡱ#á### ############# ;###þÿ ########### ############# #############þÿÿ ÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿÿ. Gọi trực tâm của tam giác ABC là. , khi đó ta có hệ:. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. 0,25 ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. Do đường thẳng. ÐÏ#ࡱ#á## #### ####### ;###þÿ ########## #### ####### #### ####### þÿÿÿ##### ##ÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿ. #################. nằm trong (ABC) và vuông góc với (d) nên:. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ ################# ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. . Vậy đường thẳng. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. và có vtcp. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. nên. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á## #### ####### ;###þÿ ########## #### ####### #### ####### þÿÿÿ##### ##ÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿ ÿÿÿÿ ÿÿÿÿÿÿÿ. đi qua điểm. 0,5. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. VIIb Ta có. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. #################. ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. 0,25. #################. ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. 0,25 ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. Do đó. #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. Theo giả thiết ta có. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. 0,25. #################. ###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ. . Vậy ..... #####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 0.5. 5 0.25 3VN . ACM 4a 15  S ACM 3 91. 0.25. ,y,z  (0;1] thoả mãn: x  y 1  z .. x y z   2 há nhÊt cña biÓu thøc: P = y  z z  x xy  z x,y  (0;1]  ( x  1)( y  1) 0  xy 1  x  y. y x 1 P z  x  z x y 1 y x xy a  ;b  ;c  1 1 1 2 xy  z z z z z x z uy ra .Ta có .Đặt x x 1 a b c  .  1   , ab c 1 y z z .Khi đố P= b  1 a  1 ab  1 1 1 2    ( ab  1)( a  b ) 2 0  1 a  1 1  ab luôn đúng do ab 1. 0.25. 0.25. b a b (  1)  (  1)  2 a 1 b 1 a 1 1 1 2 b  1)(  )  2 (2 ab  1). 2 b 1 a 1 1  ab. 2 ab  1 1  ab. a b c 2 ab 1     P= b  1 a  1 ab  1 1  ab 1  ab .Đặt t= ab 1 1   f (t ) t 1 t2 2t 1  2 )= 1  t 1  t liên tục trên [1; ). 1)2 (t 2  t  1)  t  (1; )  t )2 (t 2 1) đồng biến trên [1;+  ).  f (t )  f (1) . 3 2 .Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi. 3  y  z 1 . Vậy GTNN của P bằng 2 khi x=y=z=1. Thí sinh vẫn được điểm tối đa nếu giải bài toán đúng theo cách khác..

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