De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC).. Giám thị không giải thích gì thêm...[r]

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2011

MÔN: TOÁN; KHỐI: D

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

1 1

x y x





 

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C

của hàm số

2 Biện luận theo m số nghiệm của phương trình

1 1

x

m x





Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:



2 Giải bất phương trình: 2x2  7 2x x2 11x14 0 x 

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân

2 2 0

I x 4 - x dx2

Câu IV(1,0 điểm)

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD là hình chữ nhật có độ dài AB = a 2, BC = a Gọi M là trung điểm đoạn CD Góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (SBM) là  60 0

1 Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC)

2 Tính thể tích tứ diện SABM theo a

Câu V(1,0 điểm)

Tìm m để bất phương trình: log2 x2 2log2mx m 

có nghiệm thực

Câu VI(2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường

thẳng d1: x – 3y - 2 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng d2: 2x – y + 6 = 0 Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3; 2)

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1; 0; 1), B(2; 1; 2) và mặt phẳng (

 ): x + 2y + 3z + 3 = 0 Lập phương trình mặt phẳng () đi qua A, B và vuông góc với ( )

Câu VII(1,0 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn: z z  1 2i 3.

- Hết

-TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2011

MÔN: TOÁN; KHỐI: D

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

I

(2,0 đ)

1 (1,0 điểm)

* Tập xác định: \ {1}

* Sự biến thiên:

2

1

x



 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;1 và 1;+  

0,25

Cực trị: Hàm số không có cực trị.

Giới hạn, tiệm cận:

Do đó đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng

Do đó đường thẳng y = - 1 là tiệm cận ngang

0,25

Bảng biến thiên:

+ +

-1

-1

1

-

+

+

-

y

y'

x

0,25

* Đồ thị:

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 1) và cắt trục hoành tại điểm (-1; 0)

Đồ thị có tâm đối xứng là giao điểm I(1; -1) của hai tiệm cận

0,25

2 (1,0 điểm) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình

 

1 1 1

x

m x





Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị

 

1

' 1

x

x





0,25

Số nghiệm của pt (1) bằng số giao điểm của đthị

1 1

x y x





  và đg thẳng

y = m

0,25

Suy ra đáp số: m 1;m1: phương trình có 2 nghiệm phân biệt

m 1: phương trình có 1 nghiệm

 1 m1: phương trình vô nghiệm

0,5

II

(2,0 đ)

1 (1,0 điểm) Giải phương trình: 2sin2 2 3 cos 4 3 4sin2  1





3 1 cos 4 sin 4 cos 2 cos 4 cos 2



6

k







2 (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2x2  7x 2x2 11x14 0 1   x 

 

2 2 2



     









0,25

7 2;

2;

2;

7

0;

2

















 



0,5

7

2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là:  ;0  2 7;

2

T      



0,25

III

(1,0 đ)

(1,0 điểm) Tính tích phân

2 2 0

I x 4 - x dx2 Đặt x2sin ,t t0;  dx2 costdt

Khi x - 0 thì t = 0, khi x = 2 thì t 2





0,25

Do đó

1

2 2



IV

(1,0 đ)

1 (0,5 điểm) CMR mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC).

a 2

 I M

B A

S

* Ta có

1 2

MCB

  đồng dạng CBA

* Mặt khác BI SA

nên  AIS 60 và BI  0 SAC

Do đó SBM SAC

0,25

0,25

2 (0,5 điểm) Tính thể tích tứ diện SABM theo a.

2

AMB ABCD ADM BCM

3

ABM

AI

BM



0,25

3

a

SAAI  a V  SA S 

V

(1,0 đ) (1,0 điểm) Tìm m để bpt: 2    

log x 2log mx m 1 có nghiệm thực

1

1

x

m x













 

2

1

2 1

x

II x

m x















(x = 1 không thỏa mãn)

0,25

Xét hàm số

2

 

0,25

Ta có bảng biến thiên:

-+

1

+

f '(x)

f (x)

x

- 6 3

-

-2

-1

+

-0,25

Lập luận đưa ra được kết quả

6

3

m     



VI

(2,0 đ) 1 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng AC

Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 2) nên có pt:

a x b y  a b 

Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên :

 

   

2.1 1 3

a 3b





0,25

2

2

a







 



0,25

Với a = -2b, chọn a = 2, b = -1, ta được phương trình AC: 2x - y - 4 = 0

(loại vì AC // AB)

0,25

Với a = 2

b

, chọn a = 1, b = 2, ta được phương trình AC: x + 2y - 7 = 0

0,25

2 (1,0 điểm) Lập phương trình mặt phẳng  

Lập luận để chỉ ra được véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng   là

,

nAB n



   

0,25

Khẳng định mặt phẳng  đi qua điểm A và có một vtơ pháp tuyến

1; 2;1

n  

0,25

Phương trình mặt phẳng   : x - 2y + z - 2 = 0 0,25

VII

(1,0 đ) (1,0 điểm)

Biểu diễn số phức z = x + yi ( x , y¿∈

¿

)bởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có: z z  1 2i  3 1 2 y1i 3

0,25

 2

2

y 12 2 y 1 2

Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là hai đường thẳng song song

với trục hoành y  1 2

0,25

Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

- Hết

-SỞ GD VÀ ĐT HOÀ BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011

TRƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP Môn Toán - Khối D

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

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – (m + 2)x2 + (1 – m)x + 3m – 1, đồ thị (Cm), m là tham số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị với m = 1

2 Xác định giá trị m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1, x2: x1 – x2 = 2

Câu II (2,0 điểm).

1 Giải phương trình: 2cos6x + 2cos4x – 3cos2x = sin2x + 3

2 Tìm giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm: 





















1 m 2 y x

m 1 y 1 x

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =    

1

0

3

1 x xdx

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi SA = a, (0 < a < 3), các cạnh còn lại đều bằng 1 Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c thuộc [0; 2] Chứng minh: 2(a + b + c) – (ab + bc + ca)  4

PHầN RIÊNG (3,0 điểm).

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

A Theo chương trình Chuẩn.

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy Cho các điểm A(1; 0), B(2; 1) và đường thẳng d:

2x  y + 3 = 0 Tìm điểm M trên d sao cho MA + MB nhỏ nhất

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC Biết toạ độ A(–1; 0; 1), B(1; 2; –1), C(–1; 2; 3) Xác định tọa độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho z1, z2 là các nghiệm phức của phương trình: 2z2 – 4z + 11 = 0

Tính giá trị của biểu thức P =  2

2 1

2 2

2 1

z z

z z





B Theo chương trình Nâng cao.

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E): x2 + 4y2 = 4 Tìm các điểm M trên elíp (E) sao cho góc F1MF2 = 600

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1; 5; 0) và 2 đường thẳng:

1 z 1

4 y 1









z 3

2 y 1

x











Viết phương trình tham số của đường thẳng  đi qua điểm I và cắt cả 2 đường thẳng 1 và 2

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn:   





















4 z z

i 2 z z i z 2

2 2

Hết -ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Môn Toán - Khối D

Câu I

(2,0 điểm) 1 (1,0 điểm) Khảo sát hàm sốKhi m = 1  y =

x3 – 3x2 + 2

 Tập xác định: D

=

 Sự biến thiên: y'

= 3x2 – 6x





xlim

y = +; xlim 

y = 

0,25

2 +

0,25

+

2 +

Khoảng đồng biến: (; 0), (2;

+) Khoảng nghịch biến: (0; 2) Cực đại: x = 0; y

tiểu: x = 2; y = 2

0,25

 Đồ thị Tâm đối xứng (1;

0) là điểm uốn của đồ thị

0,25

2) (1,0 điểm) Xác định giá trị m …

Ta có y' = 3x2 – 2(m + 2)x + 1 – m

' = (m + 2)2 – 3(1 – m) = m2 + 7m +

-2 -1

1 2

x y

O

x1 – x2 = 2  (x1

– x2)2 = 4  x12 +

x22 – 2x1x2 = 4

 (x1 + x2)2 – 4x1x2 – 4 = 0 

  2

3

2 m 2







– 4

3

m 1

– 4 = 0

 m2 + 7m – 8 = 0

0,25

YCBT 















2 x x

0 '

2





















0 8 m 7 m

0 1 m 7 m

2 2

 m = 1 hoặc m

= –8

0,50

Câu II

(2,0 điểm) 1 (1,0 điểm) Giải phương trình2cos6x + 2cos4x

– 3cos2x = sin2x + 3  2(cos6x + cos4x) – sin2x

– 3(1 + cos2x)

= 0  4cos5xcosx – 2sinxcosx – 2 3 cos2x = 0

0,25

 2cosx(2cos5x – sinx – 2 3 cosx) = 0















x cos 3 x sin x cos 2

0 x cos





















x cos x cos

0 x cos

0,25

 x = 2



+ k, x =

–24



+ k2



, x =

36



+ k3



0,50

2 (1,0 điểm) Tìm giá trị m …

Với điều kiện x  –1 và y  1, ta có: 





















1 m 2 y x

m 1 y 1 x

    

























1 m 2 1 y 1

x

m 1 y 1 x

2 2

























1 m 2 m 1 y 1 x 2

m 1 y 1 x

2

0,25

Khi đó x 1 và y 1 là nghiệm không âm của phương trình:

t2 – mt + 2

1

(m2 – 2m – 1) = 0  2t2 – 2mt + m2 – 2m – 1 = 0

0,25

Ta phải có 













 0 P

0 S

0 ' 



























0 1 m 2 m

0 m

0 1 m 2 m 2 m

2

2 2

 





















0 1 m 2 m

0 m

0 2 m 4 m

2 2

































2 1 m 2 1 m

0 m

6 2 m 6 2

 1 + 2  m  2 + 6

0,50

Câu III

(1,0 điểm) Tính tích phân:

Ta có: 3

x (x 1) =

A

B

C

1

1 (x 1)

Có thể xét: 3

x

(x 1) 1 (x 1)

1

1 (x 1)

0,25

Từ đó suy ra: I =      

















1

0

3

1 x

1 1

x

1

=

1

0

2dx 1 x

–

1

0

3dx 1

=

1

0

1 x

1



 –  

1

0 2

1 x 2

1





= –2

1 + 1 + 8

1 – 2

1 = 8

Câu IV

(1,0 điểm)

Tính thể tích hình chóp

Gọi O  AC  BD, ta có:

BDA = BDC = BDS (c.c.c)

 OA = OC = OS

 CSA vuông tại A

 AC = a2 1



Trong hình thoi ABCD:

AC2 + BD2 = 2(AB2 + BC2)

 1 + a2 = 22

 BD = 3  a2 (vì 0 < a < 3)

 Diện tích đáy: SABCD = 2

1 AC.BD = 2

1

1

a2

 3  a2

0,50

SB = SD  HB = HD  HOC

Trong CSA vuông tại A: 2 2 SC2

1 SA

1 SH

1





 SH2

1 = a2

1 + 1 = 2

2

a

1

a   SH = a 1

a

2



Từ đó thu được thể tích V = 3

1 2

1

1

a2

 3  a2 a 1

a

2

 = 6

a

2

a

Câu V

(1,0 điểm)

Chứng minh bất đẳng thức:

Với giả thiết a, b, c thuộc [0; 2], ta có (2 – a)(2 – b)(2 – c)  0

 8 – 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) – abc  0 0,50

 2(a + b + c) – (ab + bc + ca)  4 + 2

1

abc  4 Dấu “=” xảy ra  Có 2 giá trị bằng 0 và 1 giá trị bằng 2 hoặc ngược lại

0,50

Câu VI.a

(2,0 điểm) 1 (1,0 điểm) Tìm điểm M …Ta thấy (2xA  yA + 3)(2xB  yB + 3) = (2  0 + 3)(2.2  1 + 3) = 30 > 0 nên A, B

cùng phía đối với đường thẳng d

Qua A, xét đường thẳng   d có phương trình: x + 2y  1 = 0

0,25

Ta có  cắt d tại H = (1; 1)

Gọi A' là điểm đối xứng với A qua d thì H là trung điểm AA'

 OA' = 2OH  OA  A' = (3; 2)  A'B = (5; 1)

0,25

Phương trình đường thẳng A'B là: x + 5y  7 = 0

Với mọi điểm Md, ta có MA' = MA nên MA + MB = MA' + MB 0,25 Trong đó MA' + MB nhỏ nhất khi A', M, B thẳng hàng Vậy M  A'B  d Ta

thu được M = 









 11

17

; 11

2 (1,0 điểm) Xác định tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp

Ta có AB = (2; 2; –2) và AC = (0; 2; 2)  Phương trình mặt phẳng trung trực

của AB và AC là (P): x + y – z – 1 = 0 và (Q): y + z – 3 = 0 0,25 Với [AB, AC] = (8; –4; 4)

 vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là n = (2; –1; 1)

 Phương trình mặt phẳng (ABC): 2x – y + z + 1 = 0

0,25

Ba mặt phẳng (P), (Q) và (ABC) cắt nhau tại I(0; 2; 1) là tâm đường tròn ngoại

Bán kính tương ứng là R = IA =  1 02 0 22 1 1











Câu VII.a

(1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức

Ta có 2z2 – 4z + 11 = 0  z1 = 1 – 2

2 3

i và z2 = 1 + 2

2 3 i

 z1 = z2 = 4

18 1

= 2 22

0,50

và z1 + z2 = 2  P = 4

4

22 4

22

 = 4

Câu VI.b

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm) Tìm các điểm M trên elíp

Ta có x2 + 4y2 = 1  4

x2

+ y2 = 1  a = 2 và b = 1  c = 3  e = 2

3

0,25

Trong tam giác F1MF2, theo định lí cosin ta có: F1F22 = MF12 + MF22 –

2.MF1.MF2.cos600  F1F22 = (MF1 + MF2)2 – 2.MF1.MF2 – MF1.MF2

= (MF1 + MF2)2 – 3.MF1.MF2 12 = 42 – 3.MF1.MF2  MF1.MF2 = 3

 (a – ex)(a + ex) = 3

4  a2 – e2x2 = 3

4  4

3

x2 = 4 – 3

4 = 3

8  x2 = 9

32

 y2 = 4

x

 = 9

1  x =  3

2 4

và y = 3

Thu được: M1( 3

2 4

; 3

1 ), M2( 3

2 4

; –3

1 ), M3(– 3

2 4

; 3

1 ), M4(– 3

2 4

; –3

1

2 (1,0 điểm) Viết phương trình tham số

Ta có: M1(0; 4; 1), u1 = (1; 1; 2), M

2(0; 2; 0), u2 = (1; 3; 3)

Xét mặt phẳng (P) chứa I và 1 có [M1I, u1] = nP = (3; 1; 2)

 (P): 3x – y – 2z + 2 = 0

Xét mặt phẳng (Q) chứa I và 2 có [M2I, u2 ] = (9; 3; 6) = 3(3; 1; 2)  nQ =

(3; 1; 2)  (Q): 3x – y + 2z + 2 = 0

0,50

Với [nP , nQ] = (4; 12; 0) = 4(1; 3; 0) thì d = (P)  (Q) và ud = (1; 3; 0)

 Phương trình tham số của d là:



















 0 z

t 3 5 y

t 1 x

0,50

Câu VII.b

(1,0 điểm) Tìm số phứcGọi z = x + yi, (x, y  ) Ta có z = x – yi, z – i = x + (y – 1)i,

z – z + 2i = 2(y + 1)i, z2 = x2 – y2 + 2xyi, z2 = x2 – y2 – 2xyi

 z2 – z2 = 4xyi

0,25

Khi đó:   





















4 z z

i 2 z z i z 2

2 2



















 4 xyi 4

i 1 y 2 i 1 y x 2

















 1 xyi

1 y 2 1 y x

 







 1 xy

y 4

x2

Ta thấy y = 4

x2

 0

0,50

nên thu được x3 = 4  x = 3 4  y = 4

4

3 2

= 3 4 1

Ta thu được 2 số phức là z1 = 3 4 + 3 4

1

i và z2 = –3 4 + 3 4

1

Chú ý: Mọi lời giải khác, nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa