DE THI THU

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN. Đề chính thức. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN THI: TOÁN KHỐI D LẦN 2 NĂM HỌC : 2011 - 2012. Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian phát đề). I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH  xm x  2 (Cm) Câu I: (2điểm) Cho hàm số 1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1 2/Tìm các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d; 2x+2y -1=0 cắt đồ thị (Cm) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 đơn vị diện tích (O là gốc toạ độ)  2 cos(2x  )  4 s inx.sin3x-1 0 3 Câu II: (2điểm) 1/Giải phương trình: y. 2/Giải phương trình : 1 x 3  3x  2 2 x  2 dx  Câu III: (1điểm)Tính tích phân :. 2.log 24 x log 2 x.log 2 ( 2 x  1  1). Câu IV: (1điểm) 0  Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc ABC 60 ,hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD),góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 300 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA,CD theo a Câu V: (1điểm) Cho x,y là các số thực thay đổi và thoả mãn điều kiện . x 2  y 2  xy 1 . Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức P x 2 y  xy 2. II/PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần(Phần A hoặc phần B) A/Theo chương trình chuẩn Câu VIa: (1điểm) 2 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(6;2) và đường tròn (C): (x  1)  (y  2) 5 .Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C)tại hai điểm A,B sao cho AB  10 Câu VIIa: (1điểm) x  1 y z 1   4  1 và hai điểm phân biệt A(4;-1;1) Trong không gian Oxyz ,cho đường thẳng (d) : 2 B(2;5;0) .Tìm điểm M trên đường thẳng (d) sao cho tam giác MAB vuông tại M Câu VIIIa: (1điểm) Trong mặt phẳng toạ độ .Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn z  i  z  2  3i .Trong các số phức thoả mãn điều kiện trên ,tìm số phức có mô đun nhỏ nhất. B/Theo chương trình nâng cao Câu VIb: (2điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,cho A(-1;2) và đường thẳng (d) : x  2y  3 0 .Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm B,C sao cho tam giác ABC vuông tại C và AC=3BC Câu VIIb: (1điểm) Trong không gian Oxyz ,cho mặt phẳng (P) : x  y  2 z  3 0 và x 1 y  1 z  1 x  1 y  2 z 1   ;d 2 :   2 1 1 1 1 2 .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng  biết  chứa trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng d1 , d 2 Câu VIIIb: z Tìm số phức z thoả mãn ( z  1)( z  2i) là số thực và nhỏ nhất d1 :.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> _________HẾT_________ (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:...............................................................Số báo danh......................... SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D HỌC KỲ II NĂM HỌC 2011-2012. Câu. NỘI DUNG I. 1. Khi m=1 .khảo sát và vẽ đồ  x 1 y x2 thị hàm số D  \   2 a)TXĐ: b)Sự biến thiên -Chiều biến thiên 3 y'   0 x  2 ( x  2)2 ……………………………… ……………………………… ………………………... Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;  2) và ( 2; ). -Cực trị : Hàm số không có cực trị lim  1 ; lim  1 x   -Giới hạn : x   .Đường thẳng y = -1 là tiệm cân ngang của đồ thị hàm số lim y  ; lim   x  2. Điểm 1. 0.25. 0.25. 0.25. x  2. .Đường thẳng x = -2 là tiệm cân đứng của đồ thị hàm số ……………………………… ……………………………… ………………………... Bảng biến thiên. x. . y'. . -2 -. -. . y. 1. 0.25.  ……………………………… ……………………………… ……………………….... 1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Đồ thị *Giao với trục Ox tại A(1;0) 1 B(0; ) 2 *Giao với trục Oy tại. 1. * Đồ thị nhận I(-2;-1) giao của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0.25. 0.25 2:Tìm m để đường thẳng d: 2x+2y-1=0 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B, sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 1 D  \   2 TXĐ: Đường 1 thẳng d:y=-x + 2 . Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d)  xm 1  x  2 và(Cm) là x  2  2 x 2  x  2m  2 0 (1) .Đường thẳng (d) cắt (Cm) tại 2 điểm A,B  (1) có hai nghiệm phân biệt x  2  1  8(2m  2)  0   2 2.( 2)  ( 2)  2m  2 0 17  m  16  m  2 với đường thẳng (d) 1 y=-x + 2 cắt (Cm) tại 2 điểm phân biệt 1 1 A(x1 ;  x1  ), B(x 2 ;  x 2  ) 2 2 trong đó x1;x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình 2 x 2  x  2m  2 0 theo viet ta. 0.25. 0.25. 17  17  16m  0 m   16  m  2 m  2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> có. 1   x1  x 2  2   x1.x 2 m  1. AB  (x 2  x1 )2  (x1  x 2 ) 2  2  (x 2  x1 ) 2  4x1x 2   d  O, d   S. OAB. 2(17  16m) 2. 1 2 2;. 2(17  16m) 1 1 1  47  AB.d(O, d)  . . 1  m  2 2 2 2 2 16. (t/m)  47 16 thì đường Vậy với thẳng d: 2x+2y-1=0 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B, sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 1 1: Giải phương trình : 1  2cos(2x  )  4s inxsin3x  1 0 3 (1) phương trình (1)    2(cos2xcos  sin 2x sin )  4sin x sin 3x  1 0 3 3  cos2x  3 s in2x+4sin x sin 3x 0.25  1 0 m. II 2.0đ.  1  2s in 2 x-2 3 sin x cos x  4sin x sin 3x  1 0  s inx(2s in3x-sin x- 3 cos x) 0  s inx 0   s inx  3 cos x 2sin 3x *s inx 0  x k (k  z). 0.25. 1 3 s inx  cos x sin 3x 0.25 2 2     3x x   k2 x   k    3 6  sin(x  ) sin 3x    (k  z)   3  3x   x   k2 x  k    3 6 2 vậy phương trình đã cho có 0.25   x  k 6 2 nghiệm x k ; (k  z) *s inx  3 cos x 2sin 3x . 1. 2.Giải phương trình 2 log 24 x log 2 x.log 2 ( x  1  1) (1). 0.25. Điều kiện x>0 (1). 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 log 22 x  log 2 x.log 2 ( x  1  1) 0 2 0.25 1  log 2 x( log 2 x  log 2 ( x  1  1)) 0 2 0.25  log 2 x 0  x 1  x 1  1     log 2 x  log 2 ( x  1  1) 0  x  1  1  x  x 0 (ktm) 2 Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có nghiệm x =1 Tính tích phân 1 1 3 x  3x  2 I  dx x-2 2 Ta có . III. 1. . 2. 1 1 x 1 x2 ( x  1) 2 ( x  2) x3  3x  2 dx =  dx=  dx x-2 x-2 x-2 2 2. 0.25. 1. (1  x) x  2 = dx x-2 2 Đặt t  x  2  t 2 x  2  x t 2 0.25 2 dx 2tdt : Đổi cận khi x = -2 thì t = 0 ; khi x = -1 thì t = 1 1 1 1 (1  t 2  2)t  t 4  3t 2 4 0.25 I  2 .2tdt =2  2 dt 2 (  t 2  1  2 )dt t -2-2 t -4 t -4 0 0 0 Xét 1. 1. t3 8 J=2 (  t  1)dt 2(  t)  0.25 3 3 0 0 Xét 1 1 1 4 1 1 2t K=-2 2 dt 2 (  )dt 2 ln 2 ln 3 t -4 2t 2 t 2 t 0 0 0 8 Vậy I= 2 ln 3 - 3 Cho hình chóp S.ABCD có đáy 1 ABCD là hình thoi cạnh a và 0  có góc ABC 60 ,hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD),góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 300 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA,CD theo a Gọi O AC  BD ,M là trung điểm của AB và I là trung điểm của AM theo giả thiết ta có tam giác ABC đều cạnh a nên CM  AB, OI  AB 2. IV. 0.25. a 3 a 3 a2 3 CM  , OI  ,S ABCD 2S ABC  2 4 2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Gọi J OI  CD và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI a 3 IJ 2OI  2 và ta có JH  (SAB) Do CD AB  (SAB)  CD (SAB)0.25  CD  (SAB)  d(SA, CD) d  CD, (SAB)  d  (J, (SAB)  JH Xét tam giác vuông IJH ta được a 3 1 a 3 JH IJ.sin 300  .  2 2 4 a 3 d(SA, CD)  4 Vậy. V. Cho x,y là các số thực thay đổi và thoả mãn điều kiện . x 2  y 2  xy 1 . Tìm giá trị. 0.25. 0.25 1. lớn nhất , nhỏ nhất của biểu 2 2 thức P x y  xy Từ 0.25 P xy(x  y)  P 2 (xy) 2 (x 2  y 2  2xy) x 2 y 2 (1  3xy) Đặt t=xy 1 2 x 2  y 2  xy 1  1  3xy (x  y)0.25 0  t  3 2 2 2 x  y  xy 1  (x  y) 1  xy 0  t  1 1   P 2 f (t) t 2 (1  3t) ,t    1;  3  0.25   t 0 f '(t) 2t  9t  f '(t) 0    t 2 9  Có 1 2 0.25 4 f ( 1) 4; f (0)  f ( ) 0 ,f( )   P 2 4   2 P 2 3 9 243 P 2  x  1, y 1  max P 2 P  2  x  1, y  1  min P  2 TỰ CHỌN A:THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> VIa. VIIa. Đường tròn (C)Có tâm I (1;2) và bán kính R= 5 .Gọi H là 0.25 hình chiếu vuông góc của I trên AB theo tính chất đường kính dây cung H là trung điểm của AB ta có 0.25 AB2 10 5 10 2 2 2 2 IH IA  AH R  5    IH  4 4 2 2 Gọi đường thẳng (d) đi qua M và  có véc tơ 2pháp2 tuyến 0.25 n (a; b) (a  b  0) Ptđt(d): a(x  6)  b(y  2) 0  ax  by  6a  2b 0 Đường thẳng (d) thoả mãn yêu cầu bài toán khi a  2b  6a  2b 0.25 10 d(I, d) IH    9a 2 b 2  b 3a 2 2 2 a b ……………………………… ……………………………… …………………………. 0.25 Với b= - 3a ta có (d): x - 3y=0 Với b=3a ta có (d) : x + 3y 12=0 0.25 ……………………………… ……………………………… ……………………….. Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán là 0.25 (d): x - 3y=0 hoặc (d) : x + 3y - 12=0 ……………………………… ……………………………… …………………………. Phương trình tham số của đường thẳng (d). 0.25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  x 1  2t   y 4t (t  )  z  1  t  ……………………………… ……………………………… …………………………. Gọi M( 1+2t;4t;-1-t) thuộc đường thẳng (d) ta có   MA (3  2t;  1  4t; 2  t); MB (1  2t;5  4t;1  t) MAB vuông tại M    MA.MB 0  (3  2t)(1  2t)  ( 1  4t)(5  4t)  (2  t)(1  t) 0  t 0  21t 2  21t 0    t 1 Với t=0 ta có M( 1;0;-1) Với t 1  M(3; 4;  2) VIIIa. Trong mặt phẳng toạ độ .Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn z  i  z  2  3i .Trong các số phức thoả mãn điều kiện trên ,tìm số phức có mô đun nhỏ nhất Gọi số phức z x  yi (x;y  ) .Ta có. 0.25. z  i  z  2  3i  x  (y  1)i  (x  2)  (y  3)i. 0.25.  x 2  (y  1) 2  (x  2) 2  (y  3) 2  x  2 y  3 0 . Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức Z là đường thẳng  : x  2 y  3 0 z  x2  y 2 Ta có (1) Từ x  2 y  3 0  x 2 y  3(2) thay (2) vào (1) ta có. VIb. 0.25. 0.25. 6 9 9 9 z  (2 y  3)2  y 2  5 y 2  12 y  9  5( y  )2    min z  y 5 5 5 5 Vậy số phức thoả mãn điều kiện trên và có mô đun nhỏ nhất là 3 6 z  i 5 5 B:THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Từ yêu cầu bài toán ta có C là hình chiếu vuông góc của A 0.25 trên đường thẳng (d) Phương trình đường thẳng  đi.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> qua A và vuông góc với(d) là : 2x+ y +m =0 Vì A( 1; 2)     2  2  m 0  m 0 Đường thẳng  : 2 x  y 0. 0.25. Toạ độ của C là nghiệm của hệ phương trình 3  x  2 x  y 0 3 6  5   C (  ;0.25 )  5 5  x  2 y  3  y  6  5 B(2t  3; t)  (d) Gọi theo giả thiết AC 3BC  AC 2 9BC2. VIIb.  16  t 15 4 16 12 2 6 2  2   9  (2t  )  (t  )   45t  108t  64 0   25 25 5 5    t 4  3 16 13 16 t   B ( ; ) 15 15 15 Với 4 1 4 t   B ( ; ) 3 3 3 .Vậy Với 13 16 1 4 0.25 B( ; ) B( ; ) 15 15 ; hoặc 3 3. …………………………… …………………………… …………………. * Phương trình tham số của đường thẳng  x  1  2t  d1  y 1  t (t  )  z 1  t  *Phương trình tham số của đường thẳng  x 1  t '  d 2  y 2  t ' (t'  )  z  1  2t '  Toạ độ giao điểm A của đường thẳng d1 và mặt phẳng (P) là nghiệm hệ phương trình. VIIb. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25.  x  1  2t  x 1  y 1  t  y 0     A(1;0; 2)   z  1  t z  2   0.25  x  y  2 z  3 0 t 1 Toạ độ giao điểm B của đường 0.25 thẳng d2 và mặt phẳng (P) là.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> nghiệm hệ phương trình. 0.25.  x 1  t '  x 2  y 2  t '  y 3     B(2;3;1)  0.25  z  1  2t '  z 1  x  y  2 z  3 0 t ' 1 Đường thẳng  thoả mãn yêu cầu bài toán đi qua A,B và có véc  tơ chỉ phương AB (1;3;  1) Phương trình chính tắc của  x 1 y z 2   1 3 1. Gọi số phức z x  yi (x;y  ) ;z x  yi . Ta có (z  1)(z  2i) ((x  1)  yi)(x  yi  2i) x(x  1)  y(2  y)  (x  1)(2  y)i  x x(x  1)  y(2  y)  (2x  y  2)i (z  1)(z  2i) là số thực khi và chỉ khi phần ảo bằng 0  2 x  y  2 0  y 2  2 x . (1) z  x2  y 2 Ta có (2) (1) vào (2) ta có. thay. 4 4 2 2 4 z  x 2  (2  2 x) 2  5 x 2  8 x  4  5( x  ) 2    min z   x   5 5 5 5 5 Vậy số thoả mãn điều kiện trên 4 2 z  i 5 5 là Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định ……………………Hết ………………………….

<span class='text_page_counter'>(11)</span>