Tài liệu đề thi thử đh lần 1 năm 2011

phần chung cho tất cả thí sinh.. ABCD có ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng ABCD.Gọi M, N lần l -ợt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC.. Chứng minh rằ

Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Trờng THPT Quế Võ số 1

-đề thi Thử Đại học lần 1 Môn thi: TOáN 12

(Thời gian làm bài: 150 phút)

I phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)

Câu I : (2 điểm)

Cho hàm số : y = - x3 - 3x2 + mx + 4.(1)

1.Khảo sát hàm số với m = 0

2.Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại và điểm cực tiểu đồng thời chúng đối xứng với nhau qua đ-ờng thẳng : y = 1 5

4x 4

 

Câu II : (2 điểm)

1.Giải hệ phơng trình :

2 2 5 4 2 2 6 2 2 0 1

2x+ =3 - y 2

x y











2.Giải phơng trình: 3 2 cos x2  cosx 23 2 cos  xsinx 0

Câu III: (1 điểm) : Tính tích phân sau: I =

4 2 4

.

x sinx dx cos x







Câu IV: (1 điểm):

Cho hình chóp S ABCD có ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Gọi M, N lần l

-ợt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC Cho SA= a, AD = a 2 , AB = a Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích của tứ diện ABIN

Câu V: (1 điểm): Cho a, b là các số dơng thoả mãn: ab + a+ b = 3

b a a b   

II phần riêng.(3 điểm) (Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)).

1 Theo chơng trình chuẩn

Câu VIa: (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ OXY cho đờng tròn (C) : (x-1)2 + (y + 2) 2 = 9 và đờng thẳng (d) : 3x - 4y + m = 0 Tìm m để trên (d) có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến PA,

PB tới (C) (A, B là tiếp điểm) sao cho tam giác PAB là tam giác đều

2.Trong không gian với hệ toạ độ OXYZ cho đờng thẳng (d) có phơng trình đợc viết dới dạng giao của hai mặt phẳng : 3 0

x z

  







và mặt phẳng (P): x+y+z=3.Tìm toạ độ giao điểm A của đờng thẳng (d) và mặt phẳng (P).Lập phơng trình đờng thẳng (d’) là hình chiếu vuông góc của đờng thẳng (d) trên mặt

Câu VIIa (1 điểm): Giải bất phơng trình sau: 22 x   3 x 6 15.2 x  3 5

 < 2x

2 Theo chơng trình nâng cao

Câu VIb: (2 điểm) :

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ OXY cho tam giác ABC có đờng phân giác trong của góc A : x + 2y - 5 =

0, đờng cao kẻ từ A : 4x + 13y - 10 = 0, điểm C(4;3) Tìn toạ độ điểm B

2 Trong không gian với hệ toạ độ OXYZ cho điểm A(-2;0;-2), B(0;3;-3) Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) là lớn nhất

Câu VIIb (1 điểm):

Cho hàm số y =

1

x

 

 (C).Cho M là điểm bất kỳ trên (C), tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại hai điểm

A, B Chứng minh rằng M là trung điểm AB

-Hết -

Đáp án

Câu Nội dung

Txđ: D = R

Sự biến thiên: + y’= - 3x2 -6x, Tìm đợc nghiệm y’ = 0 , Tính đợc yCT, yCĐ , giới hạn 0,5 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng: (  ;-2) và (0;+ ),

Hàm số đồng biến trên khoảng (-2;0)

Bảng biến thiên:

x   -2 0 +

y’ - 0 + 0 - 0.25

y + 4

Đồ thị:

Đồ thị cắt trục hoành tại (1;0) và tiép xúc với trục hoành tại (-2;0), cắt trục tung tại (0;4)

0.25

đồ thị nhận điểm (-1;2) làm tâm đối xứng

f(x)=-x^3-3*x^2+4 Tập hợp 1 Tập hợp 2

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

y y

2 (1đ)

y = - x3 - 3x2 + mx + 4 (1)

y’= - 3x2 -6x +m, tính đợc y= y’ 1 1 2 1

( ) ( 2) 4

m

để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại và điểm cực tiểu thì y’ = 0 có hai nhgiệm phân biệt

tính đợc giá trị của m: m>-3

Gọi A, B là hai điểm cực đại và điểm cực tiểu thì : xA + xB = -2 và A, B nằm trên đờng thẳng 0.25

( 2) 4

m

  

Để A, B đối xứng với nhau qua đờng thẳng (d) y = 1 5

4x 4

  thì : AB d

I d











( I là trung điểm AB) 0.25

I(-1; -m+2)

AB d  m=3, I d  m=3

Kl: m = 3

0.25

II 1 (1đ)

2  5 4 2 2 6 2  0 2  5 4 2 2 6 2  0

2x+ =3 - y 2x+y+ =3



0.25

(v 0) 2

2

u v x

u x y

y



 





0.25

Hệ trở thành:

2 5 6 2 0 (1) 1

u+ 3 (2)

v







 Từ (1) tìm đợc: + u = 2v thế vào (2) tìm đợc ( u=2, v= 1) và ( u = 1, v=1

2) 0.25

Với u=2, v= 1 tính đơc (x;y) = (3 1;

4 2)

Với u=1, v= 1

2 tính đơc (x;y) = (

3 1

;

8 4)

+ u = 3v thế vào (2) vô nghiệm

Kl : nghiệm (x;y) = (3 1;

4 2); (

3 1;

8 4)

0.25

2 (1đ)

 

2

3 2 cos 2 3 2cos sin 0 3 3 2 0 0.5

6

2 k Z 3

2 2 3

sinx cosx

sinx













 





0.5

III I =

4

2 4

.

x sinx

dx cos x







có x.sinx 0 x - ;

4 4

 

 

    

  và xsinx2

y cos x

 là hàm chẵn suy ra I =

0 4

.

2







0.25

Đặt

4

2









  0.25

1 ( 1 1 ) dt = ln1 1 1 2ln 2

I

Vậy I 2 ln2 2



0.5

IV (hình sai không chấm điểm)

(SBM) vuông góc với (SAC)

0.5

Xét hai tam giác vuông ABM và ABC có :

2

Lại có: SA (ABCD)  SA BM (2)

Từ (1) và (2)  BM (SAC) .Vậy (SBM) vuông góc với (SAC).

Tính thể tích S 0.5

Gọi H là trung điểm AC, suy ra NH =

2

a

CM đợc NH là đờng cao của tứ diện ABNI

1 .

3 ABI

V NH S

  N

trong tam giác vuông ABM tính đợc

AI = 3 a 6

BI =

a

 (tam giác ABI vuông tại I) A D

I I H

Vậy 1 .( 1 3. 6) 3 2

3 2 2 3 3 36

V

   (đvtt) B C

a b

b a a b   

Có ab+ a+ b = 3 suy ra:

+ ) 3=ab+ a+ b    

2

a+b +4 a+b 12 0 a+b 2 (1)

a+b -6 2

a b



 



+) ab+ a+ b = 3 ab 1 3 ab 3 1 (2)

a+b a b a+b a b

+)ab+ a+ b = 3  a+1 b+1 =4 (3)   

0.5

3 3 3 2 2 3  3 1

b a a b     a b  ( theo (2) và (3) )

Có 2 2  2

2

a b

a b   ta cần chứng minh  

 

2

12

2

a b

a b

a b



 (*) 0.25

Đặt a+b = x (x2) ta đợc: 2 24

x

(x-2) ((x-2)2+8)0 x 2  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=2 Vậy : (*) đúng suy ra 2 2   12

a b

 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b= 1 Suy ra điều phải chứng minh

0.25

VIa 1.(1đ)

Tâm I (1;-2) bk R = 3

Tam giác PAB đều suy ra PI = 2AI = 2R =6 vậy P nằm trên đờng tròn C’ (I;6)

0.5

Do trên d có duy nhất điểm P nên (d) là tiếp tuyến của (C’)

Tìm đợc m = 19, m=-41

0.5

2.(1đ)

Tìm đợc véc tơ chỉ phơng của (d): u r 2;3;2

Gọi (Q) là mặt phẳng qua A và vuông góc với (P), giao tuyến (d’) của (P) và (Q) là hình chiếu vuông góc của (d) trên (P)

Lập pt (Q): + véc tơ pháp tuyến nr1;4; 5 

0.5

+ pt: x+4y-5z-3=0

Véc tơ chỉ phơng của d’: uur' 3; 2; 1   

Vậy pt (d’):

3 3

2 (t R)

z t

 







 

 0.25

VIIa Đk x-3

22 x   3 x 6 15.2 x  3 5 2x 22 x  3 2 6x 15.2 x   3 x 5 1 4.22( x   3 x 3) 15.2 x   3 x 3 4

0.5

Đặt t= 2 x   3 x 3(t>0), đợc pt: 4t2 +15t-4<0

Tìm đơc: 0<t< 1/4 từ đó tìm đợc : x>1 hoặc x<-2 KTĐK suy ra nghiệm của bpt: x>1

0.5

VIb 1 (1đ)

Tìm đợc A(9;-2), pt AC: x+y-7 = 0

Pt BC : 13x- 4y-40=0

0.5

Gọi C’ đối xứng với C qua phân giác trong của góc A, Tìm đợc C’(-2;1) thuộc vào AB

Pt AB: x+7y-5=0

Từ đó tìm đợc B 52 21

;

19 19



0.5

2 (1đ)

ABuuur2;3; 1 

Gọi H là hình chiếu của B trên (P) ta có : d(B, (P) )= BH và AB BH

d(B, (P) )lớn nhất khi BH=AB, khi đó (P) qua A và có vtpt ABuuur2;3; 1 

Pt mp (P) : 2x+3y-z+2=0

VIIb

2

0 0

0

1

1

x x

x



Pt tiếp tuyến tại M có dạng :

   

2

0 0 0

2

0 0

1 1

1

1 1

x x

x x

0.5

Hai tiệm cận của đồ thị : x=1 và y= x

Chứng tỏ đợc M là trung điểm AB

0.5

(Ly ý: Các cách giải đúng khác vẫn cho điểm)