de thi thu lan 2 THPT Dong son 1TH

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 điểm Câu I.. Tính thể tích hình chóp biết M là trung điểm của SC Câu V.. PHẦN RIấNG :Thớ sinh chỉ được làm một trong hai câu VIa hoặc VIb.. Tỡm tọa độ

Trờng THPT đông sơn i đề thi thử đại học lần iI năm học 2012 – 2013

môn toán (Thời gian làm bài 180 phút )

-I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số:

1

1 2







x

x y

2 Xác định giá trị của m để hệ phơng trình sau có đúng 4 nghiệm (x;y), trong đó x, y nguyên:



























0 5

4 2

0 1 )

2 ( 2

x

y x y

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trỡnh: 3 ( 3 2 4 4 ) 1 0









x

4

6 cos(

) 4

3 2 cos(

4 3 2 cos 4 2 sin





x

Câu III (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn:

e

1

(x 2) ln x x

dx x(1 ln x)



Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABC , đáy ABC có cạnh bằng a.Một mặt phẳng ( P) đi qua AB

và vuông góc với SC tại M Tính thể tích hình chóp biết M là trung điểm của SC

Câu V (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn: z (23i)z 1 9i



Tìm

z

1

II PHẦN RIấNG :Thớ sinh chỉ được làm một trong hai câu (VIa hoặc VIb).

Cõu VIa (3,0 điểm)

1a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hỡnh chữ nhật ABCD cú diện tớch bằng 12,

tõm I là giao điểm của đường thẳng :d x y  3 0 và ' :d x y  6 0 Trung điểm một cạnh là

giao điểm của d với trục Ox Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của hỡnh chữ nhật.

2a Trong khụng gian Oxyz cho tam giác ABC có: A2;3;1 , B1;2;0 , C1;1; 2 

Viết phơng trình đờng thẳng ( d) đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông

góc với mặt phẳng ( P): x - 3y + 2z + 6 = 0.

x

x

2 1 2

2

3 2 2 1

4

2 9log 32 4log

8 log

Cõu V Ib (3,0 điểm)

1b Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giỏc ABC biết C  1;1, trực tõm H1;3, trung điểm của cạnh AB là điểm I5;5 Xỏc định toạ độ cỏc đỉnh A, B của tam giỏc ABC

2b Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (  ) : x 3y z 2  0 và đờng thẳng (  ) :

3

1 1

2







x

Viết phơng trình mặt phẳng ( ) chứa (  ) và tạo với () góc bé nhất

3b Giải hệ phương trình : log2 2 2 3log (82 2 2)







Họ và tên thí sinh : -; Số báo

2) +) Từ (1) suy ra đợc:

1

1 2







x

x

y x 1

1 đ 0,25 đ

+) Giải PT (1) có đúng 4 nghiệm nguyên là:

(2;5) , (4;3) , (0;-1) , (-2;1) +) ĐK : Pt (2) có 4 nghiệm trên, ta tìm đợc m = - 10

0,5 đ 0,25 đ Câu 2 1) +) ĐK x   1

Đặt y x 1  0 ta đợc Pt: 3 ( 3 2 4 2 ) 0 ( 2 )





x

+) Khi y = 0 thì x = -1 ( L)

+) Khi y  0, Chia cho y3, Đặt

y

x

t  ta đợc: t3  3t2  4  0  t  1 ;t   2

+) Khi t = 1, ta có: x x 1 giải ra

2

5

1 



x

+) Khi t = -2 , ta có x  2 x 1 giải ra x 2  2 2

+) KQ :

2

5

1 



x , x 2  2 2

2) +) (1) ta có đợc : sin ) 3 2 ( cos 2 sin )

4

3 1 (

 7 sin 2x 2 sinx 9  0

7

9 sin

; 1 sinx  x l

 x  k2 ,kz



0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

Câu 3







dx dx x

x

x x

x

ln 2 ) ln 1 (

x x

x

e

1 (1 ln ) ln

+) Ta cú :  

e

e dx

1

1

x x

x

e

1 (1 ln ) ln

Đặt t = 1 + lnx, Ta cú: J = dt

t

t

 

2

1

1

t)

1 1 (

2

1

  = (t - ln t ) = 1 - ln2

+) Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2

0,25 đ

0,5 đ 0,25 đ

Câu 4 +) Gọi O là tâm đáy thì SO là chiều cao

+) Gọi N là trung điểm của AB , suy ra đợc tam giác NSC cân tại N, nên SN =NC =

2

3

a

+) Tính đợc SO =

3

6

2

NO

+) V =

12

2 3

Bh 

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ Câu 5

+) đặt z= a + bi suy ra za bi



+) Thay vào pt ta đợc hệ :

















3

1 3

y x

y x

suy ra











 1

2

y x

+) z2  i suy ra

5 5

2

z  

+) KQ

5

1 1



z

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu 6 a 1a)

+) Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trỡnh

;

2

x

x y

I

x y

y







 +) Do vai trũ của A, B, C, D là như nhau nờn giả sử M là trung điểm của AD

    Vỡ I, M thuộc d  dAD AD x y:   3 0

+) Ta cú: AB2IM 3 2, S ABCD AB AD 12 AD2 2

Lại cú MA MD  2 tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trỡnh

2;1 ; 4; 1





+) Do I là trung điểm của AC và BD nờn C(7; 2), B(5; 4)

2a) Gọi Hx y z là trực tõm của tam giỏc ABC khi và chỉ khi; ; 

BH AC CH AB H ABC

2 15

29

15

3

x

BH AC

AH AB AC

z













 

 

  

) 3

1

; 15

29

; 15

2

H

Ph tr đờng thẳng ( d) là:

2 3 1

3 15 29

1 15

2











x

3a) +) Đk: x > 0 Đặt log22xto ta có 2 13 36 0





 t

t suy ra 4 t  9 ta có:



















3 log 2

2 log

3

2

2

x x

suy ra















 8

1 8

1

x x

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ 0,25 đ

Câu 6B 1b)

Phương trỡnh AB: x y 10 0

Do A AB nờn ( ;10A b  b).Từ I là trung điểm AB, tỡm được (10B  b b; )

AH   b b CB  b b

Ta cúAHCB               AH CB. 0

1 b 11 b b 7 b 1 0 b 1;b 9

Khi b 1 A1;9 ; B9;1

Khi b 9 A9;1 , B1;9

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

2b) +) MP () có VTPT n  ( 1 ; 3 ;  1 ) Đờng thẳng () đi qua A(1 ;0 ;-1) và

VTCP   (  2 ; 1 ; 3 )



u

+) Góc hợp bởi (), () bé nhất bằng góc hợp bởi đt (  ), () Khi đó () có

cặp VTCP là   (  2 ; 1 ; 3 )



u và    







n u

v , = ( -8 ; 5 ; 7 ), suy ra VTPT của () là

















v

u

n , = (-22 ; -38 ; 2 )

+) PT mp () là : 11x + 19y - z - 12 = 0

3b) Điều kiện: x+y>0, x y 0



Đặt: u x y

v x y

 





 



2

3 (2) 2

uv







Thế (1) vào (2) ta cú:

2

uv uv  uv  uv uv   uv  uv

4

uv

u v







 

Từ đú ta cú: x =2; y =2 (T/m)

KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).

0,5 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ