De thi thu DH 12T1 Nguyen Hue Nam Dinh

Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC... Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.[r]

Trường THPT Nguyễn Huệ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 1

Năm học 2011 2012 Môn: Toán Thời gian: 180 phút

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3x24  C

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)

2 Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A  1;0 với hệ số góc là k Tìm k để đường thẳng d cắt (C) tại

ba điểm phân biệt và hai giao điểm B, C ( với B, C khác A ) cùng với gốc tọa độ O tạo thành một

tam giác có diện tích bằng 8

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình :

2 Giải hệ phương trình

2 2

3

8 16

3 0

xy

x y





 với x y  ;

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

ln15

3ln 2

24

I







Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' ' có đáy là tam giác đều cạnh a, điểm

'

A cách đều ba điểm A, B, C Góc giữa AA' và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , CC’ theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho a , b , c là các số thực dương và a b c  3 Chứng minh rằng :

3 3

4

PHẦN RIÊNG ( 3 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng đi qua

trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y  4 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh B và C,

biết điểm E1; 3 

nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A3;5;4 , B3;1; 4

Tìm tọa độ điểm C

thuộc mặt phẳng P x y z:   1 0

sao cho tam giác ABC cân tại C và có diện tích bằng2 17.

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn

i.z



   

    Tìm môđun của số phức

w z iz  .

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường cao BH: 3x4y10 0 ,

đường phân giác trong góc A là AD có phương trình là x y  1 0, điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng 2 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A1;0;1 , B1;2; 1 ,  C1; 2;3

và I là

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I và tiếp xúc với

mặt phẳng (Oxz).

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

2

, log (log 1).log 3

x y











- Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:

Trường THPT Nguyễn Huệ Năm học 2011 2012 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1

Câu I.2 d đi qua A( 1; 0) với hệ số góc là k , có phương trình là : y k x  1 kx k

Phương trình hoành độ giao điểm : x3 – 3x2 + 4 = kx + k ⇔ x3 – 3x2 – kx + 4 – k = 0

⇔ (x + 1)( x2 – 4x + 4 – k ) = 0 ⇔ x1 ; x2 4x 4 k 0 * 

d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ g x  x2 4x 4 k0 * 

có 2 nghiệm phân biệt khác – 1

 

k

k

Gọi B x kx 1; 1k C x kx;  2; 2k

với x x1; 2là hai nghiệm của (*)

- Ta có

1

k

d O BC

k



1 2 1 2

1

2

OAB

( thỏa mãn (1)) Vậy k 4

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu II.1

2 sin 2 7sin cos 4 0

4

   sin 2xcos 2x7 sinx cosx 4 0

2 (2sin cosx x cos ) 2sinx x 7sinx 3 0 cos (2sinx x 1) (2sinx 1)(sinx 3) 0

1 (2sin 1)(cos sin 3) 0 sin

2

hoặc cosx sinx 3 0

Vì

4

x x   x  

  ( vô nghiệm) Vậy

5

0,25

0,5

0,25

Câu II.2 Điều kiện x y 0 Khi đó  1  x2y2 x y 8xy16x y 

0,25

x y2 2xy x y  8xy 16x y x y3 2xy x y  8xy 16x y

x y 4x2 y2 4x y 0

          x y 4 (Vì x y  0 x2y2 4x y 0

)

0,5

Thay x y 4vào PT(2) ta được: x32x 3 0  x 1 y3 Vậy hệ có nghiệm (1;3) 0,25

Câu III Đặt t e x 1 t21e x e dx x 2tdt Ta có x3ln 2 t3 ; xln15 t4

3 2

I

4

2 3ln 2 7ln 6 7ln 5

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu IV G là trọng tâmABC Ta có A G' ABC

3

3

a

AG 

Xét A AG' cóA G' AG.tan 600 a và

2 3 4

ABC

a

Thể tích 0,25

2 3 ' ' '

ABC A B C ABC

Kẻ CK A H'  CC'//AA' d CC AA ', ' d CC ',AA B B' '   CK

Ta có

2

A H

0,25

0,25

Trường THPT Nguyễn Huệ Năm học 2011 2012 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1

Câu V Ta có

2

7 12

a b c 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Câu VI.a1 Gọi H là trung điểm BC Có H đối xứng với A qua  H2; 2 

0.25

Gọi B b ; 4  b  C 4 b; b CE 5b; 3  b ,  AB(b 6; 10  b)

0,25

Vì CEAB nên AB CE  0 a 6 a5  a3 a10 0

 



6

a

a





0; 4 4;0

B C









6; 2 2; 6

B C









0,5

Câu VI.a2 Gọi C x y z ; ;  Vì C P  x y z  1 0  C x y x y ; ;  1

CóAC BC  x 32y 52x y  52  x 32y 12x y  52  y3

0,25

Có AB= 4 Gọi I là trung điểm AB  I3;3; 4

Có S IAB 2 17  CI AB. 4 17  CI  17 0,25

3 x28 x2  17 x4 ; x 7 C4;3;0 , C7;3;3

Câu VIIa Ta có

1 i2 11 2i 1 i  8

0,5

Do đó w z iz   1 16i i 1 16i    17 17i  w  172172 17 2 0,5

Câu VI.b1 Gọi N đối xứng với M qua AD Ta cóNAC và N (1;1) 0,25

4

Gọi C a b , AC 4a 3b1 0

, ta có MC  2 C 1;1 

hoặc CC31 ;33 

25 25

Kiểm tra điều kiện B, C khác phía với AD ta có cả hai điểm C trên đều thỏa mãn

0,25

Câu VI.b2 Gọi I x y z ; ; 

Có IA IB IC   x y z  1 0, y z  3 0  1 0.25

ABC: 2x y z   1 0

Có IABC  2x y z   1 0 2 

Từ (1) (2) I(0; 2;1) 0,5 Bán kính mặt cầu là R d I Oxz ( ,( )) 2  (S):x2(y 2)2(z1)2 4 0,25

Câu VII.b Điều kiện

0 0

x y









 Khi đó hpt

 

 

2



 

Thế (2) vào (1)

2 3

( / )

t m

 Vậy hệ có nghiệm duy nhất: 2;1 0,75

HẾT