thi thu dai hoc mon toan
Trang 1SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯờNG THPT THUậN THàNH Số II
ĐỀ khảo sát chất lượng ôn thi đại học LẦN 2
Năm học: 2011 – 2012
Mụn thi: Toỏn, Khối A, B, D
Thời gian làm bài: 180 phỳt
a phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Cõu I ( 2,0điểm) Cho hàm số 3 2 2 3
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số khi m 0
2 Chứng minh rằng hàm số (1) luôn có cực đại, cực tiểu với m Tìm m để các điểm cực trị của đồ thị hàm
số (1) cùng với điểm I(1;1), lập thành một tam giác nội tiếp một đường tròn có bán kính bằng 5
Cõu II ( 2,0điểm)
2 sin
4
x
2 Giải hệ phương trỡnh: x 4xy1 x y, R
2
y + x + 4y = 1
Cõu III (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn:
1
e
Cõu IV ( 1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đáy là hình vuông cạnh a Các điểm M, N nằm trên các đoạn thẳng
AB, AD sao cho MA= MB, ND= 3NA Biết SA= a, MN vuông góc với SM, tam giác SMC cân tại S Tính thể tích hình chóp S.MNDC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và MC theo a
Cõu V ( 1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực tuỳ ý thoả mãn x + y + z = 3 Chứng minh rằng với a 1 ta luôn có :
a a a a a a
b PHẦN RIấNG(3,0điểm) (Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần)
a Phần dành cho chương trình chuẩn
Cõu VIa ( 2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giỏc ABC vuông tại A Hai điểm A, B thuộc trục hoành
Phương trình cạnh BC : 4x3y16 Xác định toạ độ trọng tõm G của tam giỏc ABC Biết rằng bán 0 kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1
2 Trong khụng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 1: 1 1,
A(1; 1; 2) Tìm toạ độ cacđiểm B,C lần lượt thuộc d , 1 d sao cho đường thẳng 2 BC nằm trong mặt phẳng
đi qua A và đường thẳng d , đồng thời 1 AC2AB Biết điểm B có hoành độ dương
Cõu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn : z1 z 2i là số thực và z i 2
b Phần dành cho ban nõng cao
Cõu VIb ( 2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có D( 1; 1) , đường thẳng chứa phân giác trong góc A có phương trình là : x Tìm tộ độ điểm B Biết điểm A có tung độ âm và diện tích tứ giác y 2 0 ABCD bằng 6
2 Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm (1; 0;1),A B(3; 2;0), C(1; 2; 2). Viết phương trỡnh mặt (P) phẳng đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ điểm B và C đến mặt phẳng (P) là lớn nhất Biết rằng mặt phẳng (P) không cắt đoạn thẳng BC
Cõu VIIb ( 1,0 điểm ). Cho hai số phức z1, z thoả mãn 2 z 1 3, z , 2 2 z1z2 5 Tính z1z2
-Hết -
www.VNMATH.com
Trang 2ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM
Mụn: Toỏn
Cõu I
(2
điểm)
1 ( 1.0 đ)
*) Với m = 0 hàm số trở thành yx33x
*) TXĐ: DR
*) Sự biến thiờn:
- Chiều biến thiờn: y' = 3x23,
Hàm số nghịch biến trờn mỗi khoảng ; 1 và 1;
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -1 ; y(cđ) = 2
Hàm số đạt cưc tiểu tại x = 1 ; y(ct) = -2
- Giới hạn :
Ta cú: lim
x
y
- Bảng biến thiờn:
x - - 1 1 + y’ + 0 - 0 +
y
2 +
-2
-
*) Đồ thị:
Đồ thị hàm số đi qua cỏc điểm 3; 0 , (0,0), 3; 0 ,
0,25
0,25
0,25
x
y
O
1
-2 -1
2
3 3
www.VNMATH.com
Trang 30,25
2
y = 3x + y = 0 , 2 2
x = 0 Ta có = 1>0 => , y,= 0 có 2 nghiệm pb và đổi dấu khi đi qua các nghiệm đó. Suy ra hàm số luôn có cực trị m
+ điểm CĐ A(m-1, 2-2m) , CT B(m+1, -2-2m)
+ phương trình AB : 2x + y =0 , từ đó suy ra A, B, I lập thành 3 đỉnh một tam giác
+ Với R= 5 , Tính AB = 2 5 = 2R
suy ra tam giác AIB vuông tại I, với AB là đường kính
Khi đó ta tương đương với điều kiện IA2IB2 AB2 < = > 10m24m => m= -1 hoặc 6 0
m = 3
5 Vậy m = -1 hoặc m =
3
5 thì bài toán thoả mãn
0.25
0,25
0,25
0,25
Cõu II 1( 1.0 đ)
ĐK : cos2x 0
sinx cosx sin 2x cos x.cos 2x 0
Biến đổi phương trình về dạng
2
ptcos 22 xcos 2x 2 0
cos 2x1 (thoả mãn ĐK) hoặc cos2x = -2 (vô nghiệm)
Với cos2x = 1 2xk2 xk , k Z
Vậy phương trỡnh cú 1 họ nghiệm xk , k Z
0,25
0,25
0.25
0,25
www.VNMATH.com
Trang 42(1.0đ)
Điều kiện x 0, x y 1 0
Từ pt đầu của hệ ta được x x y 1 1 bình phương 2 vế ta được y2 xy1
Bình phương 2 vế biến đổi về dạng y22 4x (1)
Từ pt 2 của hệ biến đổi ta được 2 4
Thay (1) vào (2) ta được pt x44x 5 0 (x1).(x3x2 x 5) <=> x = 1 hoặc 0
3 2
x x x
Với x =1 thay vào (1) ta được y 22 4=> y = 0 hoặc y = - 4 Với x3x2 pt vô nghiệm do x 5 0 x3x2 >0 vớix 5 x 0
Với x = 1 , y = 0 thay vào hệ thoả mãn
Với x = 1 , y = -4 thay vào hệ không thoả mãn
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x,y) = (1,0)
0,25
0,25
0,25
0,25
Cõu III
(
1điểm) Phân tích
1
e
2
1
e
dx
2
1( ln )
e
dx
Tính
2
1
e
dx
2
1
e
dx
1
1
e
dx
e
Tính
2
1( ln )
e
dx
2 1
1 1
e
1
e
1
e
1
I
.
0,25
0,25
0.25
0.25
Cõu
IV
(1
điểm)
* Tính thể tích hình chóp S.MNDC
Ta có NA= 3ND => NA = 1
4a, ND =
3
4a Tính
MN a MC a NC a
Suy ra MNC vuông tại M => MN (SMC)MN SH => SH MC SH (ABCD)
0,5
www.VNMATH.com
Trang 5+ TÝnh SH SA2AH2 , gäi I lµ trung ®iÓm BM
=> 2 2 2 13 2 3 16 4 AH IH AI a SH a + TÝnh 11 2 16 MNDC S a Suy ra . 1 11 3 3 3 192 S MNDC MNDC V SH S a (dvtt) * TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a SA vµ MC theo a Gäi K lµ trung ®iÓm CD => MC //(SAK) => d(MC,SA) = d(MC,(SAK)) = d(H,(SAK)) H¹ HE AK HF, SE suy ra HF (SAK) => d(H,(SAK)) = HF + gi¶ sö MN c¾t AK t¹i T => tø gi¸c MTEH lµ h×nh ch÷ nhËt => 2 5 AM a HE MT MN Suy ra 2 2 3 31 SH HE HF a SH HE VËy d(MC,SA) = d(H,(SAK)) 3 31a
(Kh«ng vÏ h×nh hoÆc vÏ h×nh sai kh«ng chÊm ®iÓm) 0,5
S
F B A I M T
N H
C E D
K
www.VNMATH.com
Trang 6* Với a = 1 ta thấy BĐT đúng
* Ta xét khi a > 1
t t
y
nghịch biến với t R, khi a > 1
Khi đó ta có
Ta cú : (x y)(1x 1y) 0,
Suy ra x x y y x y y x
a a a a (1)
Chứng minh tương tự y y z z z y y z
a a a a (2)
z z x x x z z x
a a a a (3)
Cộng vế với vế (1) ,(2) và (3) ta được 2( x x y y z z) y x z z y x x z y
0.25
0,25
Cộng 2 vế của (4) với biểu thức x x y y z z
a a a ta được
3( x x y y z z) x y x z x y y z x y z z (x y z)( 1x 1y 1z)
0.25
a a a a a a ( do x + y + z = 3 )
Cõu V
( 1
điểm)
Cõu
VIa
(2
điểm)
1 ( 1điểm)
Ta có điểm B là giao của trục Ox và đường thẳng BC lên toạ độ điểm B là nghiệm của hệ:
=> B(4, 0)
Ta có AOx nên giả sử A(a,0) (a 4), CBC=> ( ,16 4 )
3
a
C a (do ABC nên x A x C a)
ABC
a
2
=> 2 42 1 4 (1 4 5)
3 a 2 a 33 => a = 1 hoặc a = 7
0,25
0,5
www.VNMATH.com
Trang 7Với 1 (1;0), (1; 4), (4; 0) (2; ).4
3
3
Vậy có hai toạ độ trọng tâm (2; )4
3
3
0,25
2.(1.0 đ)
+ d đi qua M( 0,1,1) vtcp 1 u1 (2,1,1)AM ( 1, 2, 1) u AM1, ( 3,1,5)
=> (P) : -3x + y + 5z - 6 = 0
+ Theo giả thiết C( )P và Cd2 => Cd2( )P => C(-1,3,0)
+ Bd1 => B(2t; 1+t; 1+t) Ta có AC 24, AB 6t22t 6
+ AC = 2AB 6t22t => t = 0 hoặc t = 6 6 1
3
Với t = 0 => B(0,1,1) ( loại) do hoành của B bằng 0
Với t = 1
3 => B(
2 , 3
4 , 3
4
3) thoả mãn
Vậy 2 điểm phải tìm C(-1,3,0) , B(2,
3
4 , 3
4
3)
0,25 0,25
0,25
0,25
Cõu
VIIa
( 1
điểm)
Giả sử z = a + bi ,( ,a bR)
Khi đó:
(z1).(z2 )i (a1)bi a(2b i) a a( 1)b(2b) 2a b 2 iR2a b (1) 2
Từ (1) và (2) ta được a = 1 , b = 0 hoặc 1
5
5
b
Vậy z 1 1, 2 1 12
0,5
0,25
0,25
Cõu
VIb
(2
điểm)
1( 1.0 đ)
+ Gọi E đối xứng với D qua EAB
Viết ptđt DE đi qua E và vuông góc với => pt dạng x + y + 2 = 0
+ Giả sử DE I Khi toạ độ điểm I là nghiệm của hệ 2 0 ( 2, 0)
I
Mà I là trung điểm DE => E(-3,1)
0.25
www.VNMATH.com
Trang 8+ Điểm A thuộc đường tròn (C) tâm I(-2,0) , bán kính ID 2 => (C) : 2 2
Từ đó toạ độ điểm A là nghiệm của hệ
=> A(-3,-1) , A(-1,1) ( loại do y A 0)
Viết phương trình đường thẳng AE : x + 3 = 0
Do BAE nên giả sử B(-3,b) Ta có AD = 2 nên S ABCD = AB.AD = 6 => AB = 3
4
b b
b
Với b = 2 => B(-3,2) , với b = -4 => B(-3,-4)
Do là phân giác trong góc BAD nên B và D nằm khác phía với đt
Kiểm tra điều kiện f(B).f(D) < 0 khi đó ta được B(-3,2) thoả mãn
Vậy B(-3,2) là điểm cần tìm
0,25
0,.25
0,25
2.(1.0đ)
Giả sử I là trung điểm của BC => I(2,0,-1)
Gọi M, N, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của B , C, I lên mặt phẳng (P) => H là trung điểm
của MN
Khi đó tứ giác BMNC là hình thang vuông và IH là đường trung bình của hình thang
Khi đó ta có d(B,(P)) + d(C,(P)) = BM + CN = 2IH 2IA(do AHI vuông tại H )
Vậy d(B,(P)) + d(C,(P)) lớn nhất bằng 2IA xảy ra khi chỉ khi H trùng với A
Vậy mp(P) cần viết đi qua A(1,0,1) nhận AI (1, 0, 2)
làm VTPT nên có pt (P): x2z 1 0
0.25
0.5
0.25
Cõu
VIIb
(1
điểm)
Gọi z1a1b i a b1, ( ,1 1R), z2 a2b i a b2 , ( ,2 2R)
Từ giả thiết bài toán ta có
2 2
1 1
2 2
2 2
1 2 1 2
3 4
5
=> 2(a a1 2b b1 2) 2
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 3
Chỳ ý: Nếu học sinh làm cỏch khỏc đỳng thỡ cho điểm tối đa cõu đú
0.25
0.5
0,25
www.VNMATH.com
Trang 9www.VNMATH.com
