DethithuDaihocrat hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN MÔN THI: TOÁN KHỐI B LẦN II. Đề chính thức. NĂM HỌC : 2012 - 2013 Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian phát đề). Câu I: (2điểm) Cho hàm số y  x3  3x 2  (m  1) x  1 (1) 1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m= -1 2/Tìm m để đường thẳng y = x +1 cắt đồ thị (1) tại ba điểm phân biệt A(0;1) ,B,C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác  OBC có chu vi bằng 5 2 . với O(0;0) Câu II: (2điểm) 1/Giải phương trình: 2 cos 2 2x  2cos2x  4 s in6x+cos4x  1+4 3.sin3x cos x. x 2  3x  2  x 2  4 x  3  2 x 2  5 x  4 2 ln(x 2  1) Câu III: (1điểm)Tính tích phân :  dx x3 1. 2/Giải bất phương trình :. Câu IV: (1điểm) Cho hình lăng trụ đứng .ABC.A’B’C’ có AC = a ,BC=2a  ACB  1200 đường thẳng A’C tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 300 .Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B ,CC’ theo a Câu V: (1điểm) Cho x,y ,z là các số thực dương thay đổi và thoả mãn . xy  xz  yz  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . x2 y2 z2   xy yz zx. Câu VI: (1điểm)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng d : x  y  4  0 , đường thẳng BC,CD lần lượt đi qua hai điểm M(4;0) và N(0;2) . Biết tam giác AMN cân tại A ,Xác định toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD Câu VII: (1điểm)Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(1;1;-1),B(1;1;2) , C(-1;2;-2)và mặt phẳng (P) có phương trình ( P) : x  2 y  2 z  1  0 .Mặt phẳng (Q) đi qua A ,vuông góc với mặt phẳng (P) ,cắt đường thẳng BC tại I sao cho IB= 2IC .Viết phương trình mặt phẳng (Q) Câu VIII (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy .Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức w thoả mãn w  z  2  i và z  1  2i  1. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:...............................................................Số báo danh.......................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B LẦN II NĂM HỌC 2012-2013. Câu NỘI DUNG I 1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x 2  1. Điểm 1. a)TXĐ:D=R b)Sự biến thiên x  0 -Chiều biến thiên y '  3 x 2  6 x  y '  0   x  2 ………………………………………………………………………………………... Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 0) và (2;  ) .Nghịch biến trênkhoảng (0; 2) -Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x = 0;ycđ=1.Đạt cực tiểu tại x=2 ;yct=-3 -Giới hạn : lim   ; lim   x . 0.25. 0.25. x . ………………………………………………………………………………………... Bảng biến thiên. x. 0. . y'. +. y. 0. 2 -. 0. 1. . 0.25. + . -3 . ………………………………………………………………………………………... Đồ thị. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2:Tìm m để đường thẳng y=x+1 cắt đồ thị (1) tại ba điểm phân biệt A(0;1) , B,C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác  OBC có chu vi bằng 5 2 với O(0;0). 1. Đường thẳng d:y=x+1 cắt (1) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi Phương trình hoành độ giao điểm x 3  3 x 2  (m  1) x  1  x  1 có ba điểm phân biệt  x( x 2  3 x  m)  0 có ba nghiệm phân biệt  x 2  3 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x  0 9    0 9  4m  0 m   2   4 0.25 m  0 0  3.0  m  0  m  0 9  m  với  4 đường thẳng y= x+1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A(0;1) B(x1;x1+1)  m  0 C(x2 ; x2 +1) trong đó x1;x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình 0.25 x  x  3  1 2 x 2  3 x  m  0 (I) theo viet ta có   x1.x2  m Theo giả thiết đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC có chu vi bằng 5 2 do đó 5 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC có bán kính R  Ta có 2 d: y = x+1  x  y  1  0 1 OB.OC.BC diện tích tam giác OBC: SOBC  BC.d(O;d)  2 4R 1 OB.OC  d(O;d)   OB.OC  2R.d(O;d)  5 2.d(O;d) (II) mà ta có 2 4R. 0.25. OB.OC  (2x12  2x1  1)(2x 22  2x 2  1) mà từ (I) có x12  3x1  m; x 22  3x 2  m 1 2 m  0 1 5  Từ (II) ta có 4m 2  12m  25 =5 2 kết hợp điều kiện 2  m  3 Vậy với m= -3 thì đường thẳng y= x+1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A,B,C sao cho A(0;1) và đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC có chu vi bằng 5 2 1: Giải phương trình : 2cos 2 2x  2 cos 2x  4s in6x  cos4x  1  4 3 sin 3x cos x (1) OB.OC  4m 2  12m  25 ;d(O;d)=. II. 0.25. 1. 2.0đ phương trình (1)  1  cos4x  2 cos 2x  4sin 6x  cos4x  1  4 3 sin 3x cos x  cos4x  cos 2x  2sin 6x  2 3 sin 3x cos x. 0.25.  2sin 3x.s inx  4sin 3xcos3x  2 3 sin 3x cos x  2sin 3x(s inx  2cos3x  3 cos x)  0 sin 3x  0  s inx  3 cos x  2 cos 3x  với sin 3x  0  x  k (k  Z) 3.  Với s inx  3 cos x  2 cos 3x  cos(x  )  cos3x 6. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>    x   12  k  k  Z Vậy phương trình đã cho có nghiệm  x    k  24 2    k x  k ; x    k ; x   kZ 3 12 24 2. 0.25. 1. x 2  3x  2  x 2  4x  3  2 x 2  5x  4. 2.Giải bất phương trình.  x 2  3x  2  0  x  1 Điều kiện  x 2  4x  3  0   x  4  x 2  5x  4  0 . 0.25. 0.25. x  3x  2  x  4x  3  2 x  5x  4 2. Ta có. 2. 2.  ( x 2  3x  2  x 2  5x  4)  ( x 2  4x  3  x 2  5x  4)  0 2(x  1). . x  3x  2  x  5x  4 2. 2.  (x  1)(. . x 1 x  4x  3  x 2  5x  4 2. 2. x  3x  2  x  5x  4  x 1  0  x  1. III. 2. 2. . 0. 1 x  4x  3  x  5x  4 2. 2. 0.25. )0. x  1 Kết hợp điều kiện vậy bất phương trình nghiệm đúng  x  4 2 2 ln(x  1) Tính tích phân I   dx x3 1 2x  u  ln(x 2  1) du  2   x 1 Đặt   dx dv  3 v   1  x  2x 2. 0.25. 1. 0.25. Ta có 2. 2. 2. 2. I. 1 dx ln(x 2  1)   2 2x x(x 2  1) 1 1. I. 1 dx xdx ln(x 2  1)    2 2 2x x 1 x 1 1 1. 0.25. 2. 2. 0.25. 2 2 1 1 5 I   2 ln(x 2  1)  ln x 1  ln(x 2  1)  2 ln 2  ln 5 1 2x 2 8 1. 0.25 5 Vậy I = 2 ln 2  ln 5 8. IV.   1200 ,đường thẳng Cho Lăng trụ đứng .ABC.A’B’C’ có AC= a ,BC= 2a ACB 0 A’C tạo với (ABB’A’) một góc 30 .Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và CC’. 1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> A'. B' C'. A. H. B. C +Theo giả thiết ta có ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng do đó các cạnh bên AA’= BB’ = CC’ cùng vuông góc với đáy và là chiều cao của lăng trụ Trong (ABC ) kẻ CH  AB tại H theo tính chất lăng trụ đứng ta có CH  AA '  CH  (ABB ' A ')  A’H là hình chiếu của A’C trên (ABB’A’) do đó  CH  AB góc giữa A’C và (ABB’A’) là góc giữa A’C và A’H do tam giác A’HC vuông tại H   HA 'C  300 .Theo định lí cô sin trong tam giác ABC ta có   AB2  a 2  4a 2  2a.2a.cos1200  7a 2 AB2  CA 2  CB2  2CB.CA.cosACB 1 1 a2 3 AC.BC.sin1200  CH.AB  2 2 2 2.SABC a 21  CH   AB 7 CH 2a 21 Trong tam giác HA’C có A 'C   0 sin 30 7 a 35 Xét tam giác vuông AA’C có AA '  A 'C 2  AC 2  7 3 a 105 Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ : V  SABC .AA '  14 CC '/ /AA '  (ABB ' A ') Ta có   CC '/ /(ABB ' A ') mà A’B CC’ là hai đường thẳng CC '  (ABB'A') chéo nhau A ' B  (ABB ' A ') Ta có AB  a 7;. SABC . d(A ' B, CC ')  d(CC ', (ABB ' A '))  d(C, (ABB ' A '))  CH . V. 0.25. 0.25. 0.25. a 21 7. Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi và thoả mãn. xy  xz  yz  1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P  xy x2 xy xy x x x (1) xy xy 2 2 xy Tương tự ta có. 0.25. 1 2. 2. 2. x y z   x y yz zx. Ta có. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> yz y2 yz yz  y  y  y (2) yz yz 2 2 yz. 0.25. VI. VII. z2 xz xz xz  z  z  z (3) xz xz 2 2 xz Từ (1) ,(2), (3) Ta có 1 P  x  y  z  Mặt khác ta có x  y  z  xy  yz  xz  x  y  z  1 2 1 1 1 vậy P  đẳng thức xảy ra khi x  y  z  Ta có Pmin  2 3 2 Trong Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng d : x – y -4 =0 ,đường thẳng BC,CD lần lượt đi qua hai điểm M(4;0) và N(0;2) .Biết tam giác AMN Cân tại A .Xác định toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD Gọi A(t;t-4) thuộc đường thẳng d .Do tam giác AMN cân tại A nên AM = AN  (t  4) 2  (t  4) 2  t 2  (t  6) 2  t  1 ta có A(-1;-5).  Gọi đường thẳng BC đi qua M(4;0) có véc tơ pháp tuyến n(a; b) (a 2  b 2  0) Pt BC: a(x – 4) +b(y-0) =0  ax  by  4a  0 .Do CD  BC và đường thẳng CD đi qua N(0;2) nên phương trình CD: bx –ay +2a =0 5a  5b 7a  b  Vì ABCD là hình vuông nên d(A, BC)  d(A, CD)  2 2 a b a 2  b2 3a   b  a  3b Với 3a= -b Chọn a=1 ,b=-3 phương trình đường thẳng chứa các cạnh hình vuông ABCD là AB : 3x  y  8  0 BC : x  3y  4  0 Do đó toạ độ của A(-1;-5) B(-2;-2) C(1;-1) D(2;-4) CD : 3x  y  2  0 DA : x  3y  14  0 Với a= 3b Chọn b=1 ,a=3 phương trình đường thẳng chứa các cạnh hình vuông ABCD là AB : x  3y  14  0 BC : 3x  y  12  0 Do đó toạ độ của A(-1;-5) B(5;-3) C(3;3) D(-3;1) CD : x  3y  6  0 DA : 3x  y  8  0 Trong Oxyz Cho A( 1;1;-1) ,B(1;1;2) ,C(-1;2;-2) Và (P); x -2y +2z +1 =0 .Mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với (P) cắt đường thẳng BC tại I sao cho IB = 2IC .Viết phương trình mặt phẳng (Q)  Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n p  (1; 2; 2)  Gọi mặt phẳng (Q) cần tìm có véc tơ pháp tuyến n Q  (a; b;c) (a 2 +b 2 +c 2 >0) Phương trình mặt phẳng (Q) : a(x -1) +b(y-1) +c(z+1)=0    ax  by  cz  a  b  c  0 .Vì (P)  (Q)  n p .n Q  0  a  2b  2c  0(1) Vì mặt phẳng (Q) cắt đường thẳng BC tại I thoả mãn BI = 2IC a  b  2c  a  b  c a  2b  2c  a  b  c  d(B, (Q))  2d(C, (Q))  2 2 2 2 a b c a 2  b2  c2 3c  2b  2c  4a  2b  5c  4a 3c  2 b  c  2a    (2) 3c  2b  2c  4a  2b  4a  c. 0.25. 0.25 1đ. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 1đ 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  a  2b  2c  0  a   c    2b  5c  4a 2b  c Từ (1) và (2) ta có  chọn b =3 ta được   a  2b  2c  0  a  c     2b  4a  c  2b  3c. VI. a  6, b  3, c  6  2x  y  2z  3  0 a  2, b  3, c  2 Phương trình mặt phẳng (Q)  2x  3y  2z  3  0   Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy . Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức w thoả mãn w  z  2  i và z  1  2i  1 Gọi số phức w  x  yi (x,y  R) Ta có điểm M(x;y) là điểm biểu diễn số phức w trong mặt phẳng Oxy Từ w  z  2  i  x  yi  z  2  i  z  (x  2)  (y  1)i  z  (x  2)  (y  1)i Ta có z  1  2i  1  (x  2)  (y  1)i  1  2i  1  (x  3)  (y  3)i  1  (x  3) 2  (y  3) 2  1  (x  3) 2  (y  3) 2  1 Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn (C) tâm I(3;3) bán kính R = 1. 0.25. 0.25. 1. 0.5. 0.25 0.25. 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'>(8)</span>