Đề thi thử đại học môn Toán lần 1 khối D năm 2011

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7 điểm.. Xỏc định m để đồ thị hàm số cú 3 điểm cực trị tạo thành tam giỏc cú diện tớch bằng 32.. Cho hỡnh chúp SABC cú cỏc tam giỏc cú tam giỏc ABC vuụ

sở giáo dục và đào tạo thái bình

Môn thi: toán, khối D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm).

Cõu I (2 điểm)

Cho hàm số y=x4−2mx2+3 (1)

1 Khảo sỏt hàm số với m = 2

2 Xỏc định m để đồ thị hàm số cú 3 điểm cực trị tạo thành tam giỏc cú diện tớch bằng 32

Cõu II.(2 điểm)

2 Giải hệ phương trỡnh:









= + +

−

=

−

− +

6 2

1 2

1 1 3

y x y

y x

Cõu III.(2 điểm)

1 Tớnh tớch phõn:

3

dx x

∫

2 Cho hỡnh chúp SABC cú cỏc tam giỏc cú tam giỏc ABC vuụng cõn tại B, AB =a 2, cạnh SA vuụng gúc với mặt đỏy và SA = 4a.Gọi M là trung điểm SC Tớnh khoảng cỏch từ S đến mp(AMB)

Cõu IV.(1 điểm)

Tỡm m để phương trỡnh sau đõy cú nghiệm:

(m+1)4 x2−1+(m−2) x+1= x−1

B PHẦN RIấNG (3 điểm)

Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trỡnh Chuẩn.

Cõu V.a(2điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC cú đỉnh A(1;5), đường thẳng chứa đường cao BH

là d1: y - 1 = 0, đường thẳng chứa đường trung tuyến CM là d2: 2x + y - 1 = 0 Tỡm toạ độ cỏc đỉnh

B, C của tam giỏc ABC

2 Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3) Tớnh diện tớch tam giỏc ABC và xỏc định tọa độ tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC

Cõu VI.a(1 điểm)

Giải phương trỡnh: log (x−1) +2log (x+4)=2log2(3−x)

2 1

2 2

B Theo chương trỡnh Nõng cao

Cõu V.b(2 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm I(1;1), M(-2;2), N(2;-2) Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của hỡnh vuụng ABCD biết I đường thẳng AB đi qua M, CD đi qua N và I là tõm của hỡnh vuụng ABCD

2 Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trỡnh mặt phẳng (P) đi qua hai điểm M(1;01;), N(2;1;1) và cỏch điểm A(-6;0;0) một đoạn bằng 5

Cõu VI.b(1điểm)

3

2

Hết

-ơ

Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Giỏm thị khụng giải thớch gỡ thờm.

Họ và tờn thớ sinh: Số bỏo danh:

ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D

- SBT:

±∞

→

xlim





±

=

=

⇔

=

⇒

−

= +

1

0 0

' 4 4

x

x y

x x y

BBT: x -∞ -1 0 1 +∞

y' - 0 + 0 - 0 +

+∞ +∞

3

-1 -1

+ Hàm số NB trên các khoảng (-∞;-1) và (0;1), ĐB trên khoảng (-1;0) và (1;+ ∞)

+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y(0) = 3, đạt cực tiểu tại x = ±1, y(±1) = -1

0.5

0.25

2 Xác định m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 32 1.00

- Ta có y' = 4x3 - 4mx => y' = 0 <=> x2 0

=



 =



- Với m > 0 thì y' = 0 <=> x 0

=





= ±



Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là : A(0;3), B(− m;3−m2), C( m;3−m2) 0.25

- Tam giác ABC cân tại A, trung điểm BC là H(0;3-m2)

2

S= BC AH= 32 <=> BC AH =64<=>2 m m 2 =64<=> =m 4 (t/m) Vậy m = 4

0.5

2

2 sin cos 2 2 cos 1 2 sin 4 cos 2

π





+

−

=

=

⇔







−

=

=

⇔







= +

=

⇔

π

π

k x

k x x

x x

x

x

) 2 arctan(

2 2

tan

1 cos 0

cos 2 sin

1 cos -KL:

0.25 0.25

0.5

2

Giải hệ phương trình:









= + +

−

=

−

− +

6 2

1 2

1 1 3

y x y

y

ĐK: x≥ −3, y≥1, Đặt u= x+3,v= y−1

0.25

0.75

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

y

x 3

-1

- 2 2

1 Tính tích phân:

3

dx x

Đặt:

2

x t

= → =

2 1

x

0.25

0.75

2

M S O x z y C B A 0.5 ( ) [ ] ( ):2 2 2 0 , : = − + − ⇒    = ⇒ a z y x ABM pt AM AB n VTPT A qua ABM mp - Vậy: ( ( ) ) ( ) 3 4 3 2 4 2 0 2 ; ABM a a a a S d = − − + − = 0.25 0.25 IV Tìm m để phương trình sau đây có nghiệm: (m+1)4 x2 −1+(m−2) x+1= x−1 1.00 - Đk: x≥1, chia cả hai vế cho: x+1> 0 ta được: ( 1)4 1 2 1 1 1 x x m m x x − − + + − = + + (1) Đặt 1 [0;1) 1 2 1 1 1 , 0 1 1 1 < ⇒ ∈ + − = + − = ≥ → ≥ + − = t x x x t t x do x x t Ta có: (1) ( 1) 2 2 2 2 (2) 1 t t m t m t m t − + ⇔ + + − = ⇔ = + Xét H/s: ( [0;1) ) 1 2 ) ( 2 ∈ + + − = t t t t t f ,

( ) 2 2 1 2 3 '( ) '( ) 0 3( ) 1 t t t f t f t t l t =  + − = + ⇒ = ⇔  = − - PT đã cho có nghiệm khi (2) có nghiệm t∈[0;1) - Từ BBT suy ra :m∈(1;2] 0.25 0.25 0.25 0.25 - Ta có: AC = 2a, OB = a (O là trung điểm AC), AC, OB, OM đôi một vuông góc.Chọn hệ tọa độ Oxyz (Hvẽ) Ta có: A(0;-a;0), B(a;0;0), C(0;a;0), S(0;-a;4a) => M(0;0;2a), AM(0;a;2a),AB(a;a;0) [AB,AM]=(2a2;−2a2;a2) ⇒ BBT: x 0 1

f'(x) - 0

2

1

A Theo chương trình Chuẩn.

đường cao BH là d1: y - 1 = 0, đường thẳng chứa đường trung tuyến CM là d2: 2x + y

- 1 = 0 Tìm toạ độ các đỉnh B, C của tam giác ABC

1

(1;5)

qua A

BH y



0.25

0.25

1

)Do B d

2

x

2

x

M d∈ ⇒  + ÷+ − = ⇔ = −x

0.25

0.25

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3) Tính diện tích tam giác ABC và xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 1

AB

AC

= −



uuur

+) Gọi I(a;b;c) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Ta có:

IA IB

uuur uuur uur











=>

=

=

=

98

135 , 49

40 , 98

13 98

135 ,

49

40 , 98

13

I c

b a

0.25

0.25

VIa

Giải phương trình: log (x−1) +2log (x+4)=2log2(3−x)

2 1

2

Đ K:







≠

<

<

−

1

3 4

x









±

−

=

±

=

<=>









=

− +

=

<=>

− +

=

−

<=>

− +

=

−

<=>

14 1

11 0

13 2 11

3 4

1

3 4 log

1 log

2 2

2 2

2

2 2

2

2 2

x

x x

x x

x x

x

x x

x PT

0.25

0.25

B Theo chương trình Nâng cao

Vb 1 1 Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm I(1;1), M(-2;2), N(2;-2) Tìm tọa độ các đỉnh

của hình vuông ABCD biết I đường thẳng AB đi qua M, CD đi qua N và I là tâm của hình vuông ABCD

1

+ Gọi P là điểm đối xứng với M qua => P(4;0)

) 0

; 4 (

) 2 , 2 (

=

− +

⇒







y x CD pt P

N

2

4 1 1 2 ) , (

AD

Đường tròn (C) ngoại tiếp hình vuông ABCD có tâm I, bán kính R = 2 có pt là

(x-1)2 + (y-1)2 = 4

0.25

+ Ta có CD∩(C)={C;D} nên suy ra tọa độ C,D là nghiệm của hệ



=

=

=

=

⇔







=

− +

−

=

− +

1 , 3

3 , 1 4

1 1

0 4

2

y x y

x

y x

+ TH1: C(1;3), D(3;1), A(1;-1), B(-1;1)

TH2: C(3;1), D(1;3), A(-1;1), B(1;-1)

0.25

0.25

0.25

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai

điểm M(1;01;),N(2;1;1) và cách điểm A(-6;0;0) một đoạn bằng 5

+ Gọi phương trình mp(P) là: ax + by + cz + d = 0 (a2 + b2 + c2 ≠0)

+ Do (P) qua M,N nên ta có:







−

−

=

−

=

⇔







= + + +

= + +

) 2 (

) 1 ( 0

2

0

c a d

a b d

c b a

d c a

2 2

+ +

+

−

⇔

=

c b a

d a P

A d

Thế 1, 2 vào (3) ta được (a+2c)(a+12c) = 0

TH1: a = -2c chọn c = -1 => a = 2, b = -2, d = -1 ==> (P): 2x - 2y - z - 1 = 0

TH2: a = -12c chọn c = -1 => a = 12, b = -12, d = -13 ==> (P): 12x - 12y + z - 13 = 0

0.25 0.25

0.25 0.25 VIb ĐK: x< -2 hoặc x > 1

Đặt: y = log2(x2 + 2x) suy ra phương trình tương đương với

2 3

1 3

2 1 3 1 2

2 2 1

2 log

2 log

2

2 2

3

2









 +













⇔

= +

⇒









= + +

= +

⇔









+ +

=

+

y y y

y x x

x x x

x y

x x y

Ta thấy VT(*) là hàm số nghịch biến trên R nên nếu (*)có nghiệm thì nghiệm đó là

nghiệm duy nhất của pt Dễ thấy y = 1 là nghiệm của (*)

Với y = 1 ta có: x2 +2x=2⇔ x=−1± 3

Kết hợp ĐK suy ra phương trình có nghiệm là:x=−1− 3

0.25

0.5

0.25

Chú ý: - Trên đây chỉ là đáp án vắn tắt, học sinh cần có biện luận chặt chẽ mới được điểm tối đa.

- Các cách giải khác đúng đến đâu cho điểm thành phần đến đó

I

D

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu (S) đi qua điểm A(3;0;0) có tâm thuộc trục Oy và cắt mặt phẳng (P): x + 2y - 2z + 4 = 0 theo thiết diện là đường tròn (C) có chu vi bằng 6π

Tính:

3

2

; ;0

a

AB a a







uuuur uuur

2

2

a

uuuur uuur

,

4

S =1 AM AB =

2

uuuur uuur

sin2x + 2cos2x = 1 + sinx - 4cosx

<=> 2sinxcosx + 2(2cos2x - 1) - 1 - sinx + 4cosx = 0

<=> sinx(2cosx - 1) + 4cos2x + 4cosx - 3 = 0

<=> sinx(2cosx - 1) + (2cosx - 1)(2cosx + 3) = 0

<=> (2cosx - 1)(sinx + 2cosx + 3) = 0

x− = <=> x= <=> = ± +x π k π

TH2: sinx + 2cosx + 3 = 0 (vn)