SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2011-2012 TRƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP Môn: TOÁN; Khối: A, B ------------***------------- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 3 4 y x mx m (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thi ên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Xác định m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. Câu II (2,0 điểm). 1. Gi ải phương trình . cot tan sin 2 cos cos 2 sin x x x x x x 2. Gi ải hệ phương trình 2 3 3 4 3 2 2 3 y y x y x y Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 1 2 2 2 2 0 . 4 . 4 x x I e x x dx x Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B và a AD a BC AB 2 ; . Cạnh bên SA vuông góc với đáy (ABCD) và SA a . Gọi E là trung điểm của AD. Tính thể tích khối chóp S.CDE và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CDE. Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn 3 4 a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của bi ểu thức 3 3 3 1 1 1 3 3 3 P a b b c c a II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Cho đường tr òn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình 2 2 ( 2) ( 3) 10 x y . Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua điểm 3; 2 M và điểm A có hoành độ dương. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm (0; 1;2) M và ( 1;1;3) N . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ điểm 0; 0; 2 K đến mặt phẳng (P) đạt giá trị lớn nhất. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 2. 8 z zz z và 2 z z . 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng : 1 0 x y các điểm 0; 1, 2;1 A B . Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng ( ). Tìm tọa độ các điểm C, D. 2. Trong không gian t ọa độ Oxyz cho điểm (0;1;1) , (1; 0; 3), ( 1; 2; 3) A B C và mặt cầu ( S) có phương tr ình: 2 2 2 2 2 2 0 x y z x z . Tìm t ọa độ điểm D trên mặt cầu ( S) sao cho t ứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Câu VII.b (1,0 điểm). Gi ải hệ phương trình 2 3 1 2 2 2 2 2.log log 1 log (log 1).log 3 y x y x ----------------------------------Hết----------------------------------
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2011-2012 TRƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP Môn: TOÁN; Khối: A, B
------------***------------- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 33 4 y x mx m (1), với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2. Xác định m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình .cottansin
2coscos
2sin xxxx
xx
2. Giải hệ phương trình 2
3
3 4 3
2 2 3
y y x y
x y
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 1
2 2 2
20
. 4 .4
xxI e x x dxx
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B và aADaBCAB 2; . Cạnh bên SA vuông góc với đáy (ABCD) và SA a . Gọi E là trung điểm của AD. Tính thể tích khối chóp S.CDE và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CDE.
Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn 34
a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
1 1 13 3 3
Pa b b c c a
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).
1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình 2 2( 2) ( 3) 10x y . Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua điểm 3; 2 M và điểm A có hoành độ dương.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm (0; 1;2)M và ( 1;1;3)N . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ điểm 0;0;2K đến mặt phẳng (P) đạt giá trị lớn nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 22 2 . 8z z z z và 2z z .
2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng : 1 0 x y các điểm 0; 1 , 2;1A B . Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng ( ). Tìm tọa độ các điểm C, D. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm (0;1;1) , (1;0; 3), ( 1; 2; 3)A B C và mặt cầu (S) có phương trình:
2 2 2 2 2 2 0x y z x z . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất.
(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I.1 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 3x2 + 4
+ TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2 6x = 0 x = 0 và x = 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0) và (2; +) Hàm số nghich biến trênkhoảng (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0 y” = 6x 6 = 0 x = 1 Điểm uốn (1; 2)
0.25
Giới hạn và tiệm cận: 3
33 4lim lim 1
x xy x
x x
.. 0.25
LËp BBT:
0.25
Đồ thị:
0.25
I.2 2/. Ta có: y’ = 3x2 6mx = 0
02
xx m
hàm số có cực đại và cực tiểu khi m 0.
0.25
0
x
4 +∞
∞
+ + 0 0 y’
∞ 2 +∞
y
0
x
y
O
Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) 3(2 ; 4 )AB m m
Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3) 0.25
Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng
y = x và I thuộc đường thẳng y = x 3
3
2 4 0
2
m m
m m
0.25
Giải ra, kết hợp đk ta có:
22
m ; 0.25
II.1 * ĐK:x
2k .
0.25 Pt về dạng -cos2x = cosx (2) 0.25
Giải (2) 3
23
kx và x = 2k 0.25
Kết hợp đk pt có nghiệm là 23
kx .. 0.25
II.2 Đk: ; 2.x R y 0,25 Biến đổi (1) về pt ẩn y: 2 3 4 3y y x y 3 (L); 1y y x
0,25 Thay vào (2)... 3 2 1 3 x x . ... VT là hàm đồng biến trên 1; nên pt có nghiệm duy nhất x = 3. (hoặc dùng ẩn phụ)
0,25
Với x=3 suy ra y = -2. Vậy hệ đã cho có nghiệm (3;-2) 0,25 1 1 3
21 22
0 0 4x xI xe dx dx I I
x
0.25
Tính 1 2 2
2 2 11 0
0
1 1( ) |2 2 4
xx x e eI xe dx xe
0.25
III
Tính 2I bằng cách đặt 24t x được 2163 33
I 0.25
2 613 34 12eI
0.25
6
3aV 0.50
..Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung trực của SE. Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE là giao điểm của mặt phẳng (ABMN) và trục đường tròn ngoại tiếp đáy CDE. Gọi là đường thẳng qua I là trung điểm của CD và song song với SA.Gọi K là trung điểm của AB thì KN //AM. KN và đồng phẳng suy ra OKN là điểm cần tìm 0.25
IV
Tam giác OIK vuông cân nên OI=IK=2
32
aADBC
;
22
2;2 aCDICaCD
Ta có 211
411
42
49 222
222 aOCRaaaICOIOC
j
O
C
E
I
M
N
K
A
B
S
0.25 V
¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d¬ng ta cã
zyx9
z1
y1
x19
xyz3xyz3
z1
y1
x1)zyx(
33
(*)
¸p dông (*) ta cã 333333 a3cc3bb3a
9a3c
1c3b
1b3a
1P
0.25
¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d¬ng ta cã
3
3
3
a 3b 1 1 1a 3b 1.1 a 3b 23 3
b 3c 1 1 1b 3c 1.1 b 3c 23 3
c 3a 1 1 1c 3a 1.1 c 3a 23 3
0.25
Suy ra 3 3 3 1a 3b b 3c c 3a 4 a b c 63
1 34. 6 33 4
Do đó 3P 0.25
DÊu = x¶y ra 3a b c 1a b c4
4a 3b b 3c c 3a 1
VËy P ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 3 khi 4/1cba 0.25
VI.a1
ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 ( a2+b2≠0). Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán 0.25
kính 10R nên 2 2 2
2 2
| 2 3 3 2 |10 10( ) 25( )a b a b a b a ba b
( 3 )(3 ) 0 3a b a b a b hay 3b a pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0 0.25
TH1: AB: x- 3y-3 = 0, ..gọi A(3t+3; t) t > -1 và do IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại). Suy ra A(6;1) C(-2; 5)
0.25
TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7) t > 0 và do IA2=2.R2=20 t = 0, t = -2 (không thoả mãn) 0.25 Gọi , ,n A B C
2 2 2 0A B C là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; 1 2 0 2 0Ax B y C z Ax By Cz B C 0.25 1;1;3 3 2 0 2N P A B C B C A B C
: 2 2 0P B C x By Cz B C 0.25
Khoảng cách từ K đến mp(P) là: ,2 24 2 4
Bd K P
B C BC
- Nếu B = 0 thì d(K,(P)) = 0 (loại)
- Nếu 0B thì 2 2 2
1 1,24 2 4
2 1 2
Bd K P
B C BC CB
0.25
VI.a2
Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 0.25
VII.a Gọi z = x + iy ta có
22 2 2;z x iy z z zz x y (x, yR) 0.5
22 2 2 2 22 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1)z z z z x y x y 2 2 2 1 (2)z z x x 0.25
Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1 Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i 0.25
VI.b1
Gọi I(a;b) là tâm của hình thoi. Vì I nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1). 0.25
Ta có: AI (a;b+1) và BI (a – 2;b – 1) mà ABCD là hình thoi nên AI BI suy ra : a(a – 2) + (b + 1)(b – 1) = 0 (2). 0.25
Thế (1) vào (2) rồi rút gọn được: a2 – 2a = 0 a = 0 va a = 2. 0.25 TH1: Với a = 0 thì I(0;1). Do I là trung điểm của AC và BD nên áp dụng công thức tọa độ trung
điểm, ta có:
2202
AIC
AIC
yyyxxx
và
1222
BID
BID
yyyxxx
;
C(0;2) và D(-2;1). 0.25 TH2: Với a = 2 thì I(2;-1). Tương tự ta được: C(4;-1) và D(2;-3).
Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(-2;1) hoặc C(4;-1) và D(2;-3).
VIb2. Ta có (S) 2 2 2: ( 1) ( 1) 4 x y z suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R 2
Và (1; 1; 4); ( 1; 3; 4)AB AC
Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là , ( 8;8; 4)n AB AC
0.25
Suy ra mp(ABC) có phương trình: 8x 8(y 1) 4(z 1) 0 2x 2y z 1 0
Ta có 1 ( ; ( )).3ABCD ABCV d D ABC S nên ABCDV lớn nhất khi và chỉ khi ( ;( ))d D ABC lớn nhất . Gọi
1 2D D là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ thuộc
(S) thì 1 2( ; ( )) max ( ;( )); ( ; ( ))d D ABC d D ABC d D ABC . Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2 0.25
Đường thẳng 1 2D D đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là (2; 2;1)ABCn
Do đó (D1D2) có phương trình: 1 2
21
x ty tz t
.
Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ:
2 2 2
1 2 22 31 2
3( 1) ( 1) 4
x tty t
z t tx y z
1 27 4 1 1 4 5; ; & ; ;3 3 3 3 3 3
D D 0.25
Ta thấy: 1 2( ;( )) ( ;( ))d D ABC d D ABC . Vậy điểm
7 4 1; ;3 3 3
D
là điểm cần tìm 0.25
VIIb
Điều kiện
x 0y 0
khi đó hpt
223 2
3 22
3 222
2.log y log x 12.log y log x 1
log y log y log x 1log x 1log 3
Đặt 2
3
a log xb log y
khi đó hpt trở thành:
22.b a 1b a 1
0.25 2 2 a 12. a 1 a 1 a 2a 1 0
b 0b a 1b a 1
0.5
2
3
log x 1 x 2(t / m)
log y 0 y 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất: 2;1
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.