DE THI THU CO DAP AN

[r]

có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm

3 9 ( ; )

5 5

D

Câu II: (2điểm) 1/Giải phương trình:

2 4

2

1 tan x 8cos (x ) sin4x 2

2/Giải hệ phương trình : 2

4







Câu III: (1điểm)Tính tích phân :

5

2

ln( x 1 1)

dx

x 1 x 1

 

  



Câu IV: (1điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh C cạnh huyền 3a Gọi G là trọng

tâm của tam giác

14

; SG (ABC), SB=

2

a ABC

Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách

từ B đến mặt phẳng (SAC)

Câu V: (1điểm) Cho x,y > 0 và thoả mãn điều kiện x3y3 x y Chứng minh rằng

x24y2 1

II/PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần(Phần A hoặc phần B) A/Theo chương trình chuẩn

Câu VIa: (1điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang vuông tại A và D đáy lớn CD Đường thẳng AD

có phương trình : 3x - y = 0 ,đường thẳng BD có phương trình :x -2y = 0 Góc tạo bởi đường thẳng

BC và AD bằng 450 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B

có hoành độ dương

Câu VIIa: (1điểm)

Trong không gian Oxyz ,cho đường thẳng :

:

x y z

 và mặt phẳng (P) : 2x-2y-z = 0 hai điểm phân biệt A(0;2;0) B(0;0;-1) và C Ox Viết phương trình mặt phẳng (ABC) biết khoảng cách

từ C đến mặt phẳng (P) bằng khoảng cách từ C đến đường thẳng 

Câu VIIIa: (1điểm)

Tìm các số thực m để phương trình 2z22(m1)z2m 1 0 có hai nghiệm phân biệt z ; z  1 2 thoả mãn z1  z2  10

B/Theo chương trình nâng cao

Câu VIb: (2điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,cho A(0;1),B(2;-1) và các đường thẳng

(d ) : (m 1)x (m 2)y 2 m 0;(d ) : (2 m)x (m 1)y 3m 5 0            Chứng minh rằng

1 2

(d );(d ) luôn cắt nhau.Gọi P d 1d2.Tìm m để PA+PB lớn nhất

Câu VIIb: (1điểm)Trong không gian Oxyz ,cho

A(1; 2; ), B(4;2; )



.Tìm tọa độ M (Oxy) sao cho ABMvuông tại M và có diện tích nhỏ nhất

Câu VIIIb: Giải hệ phương trình

2 2

3 log ( ) log ( ) 1





SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ

ĐÔN

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC

MÔN TOÁN KHỐI D HỌC KỲ I NĂM HỌC 2011-2012

I 1 Khi m=1 khảo sát và vẽ đồ

thị hàm số

1 2

x y x

 





1

a)TXĐ:D\2

b)Sự biến thiên -Chiều biến thiên

2

3

( 2)

x





………

………

………

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (  ; 2)và( 2; ) -Cực trị : Hàm số không có cực trị

-Giới hạn :xlim  1 ; limx 1

.Đường thẳng y = -1 là tiệm cân ngang của đồ thị hàm số

lim ; lim

      

.Đường thẳng x = -2 là tiệm cân đứng của đồ thị hàm số

………

………

………

Bảng biến thiên

………

………

………

Đồ thị

0.25

0.25

0.25

0.25

y'

-2 x

y

1



 

hai tiệm cận làm tâm đối xứng

2:Tìm m để đường thẳng d:

2x+2y-1=0 cắt đồ thị (C) tại hai

điểm phân biệt A,B, sao cho

tam giác ABC có diện tích bằng

1

TXĐ:D\2 Đường

thẳng d:y=-x +

1

2

Phương trình hoành độ giao

điểm của đường thẳng (d)

và(Cm) là

1

x m

x x

 

 



2

2x x 2m 2 0

     (1)

.Đường thẳng (d) cắt (Cm) tại 2

điểm A,B (1) có hai nghiệm

phân biệt x 2

2

17

16 2

m







với

17

16

2

m

m









 

 đường thẳng (d)

y=-x +

1

2 cắt (Cm) tại 2 điểm

phân biệt

A(x ; x ), B(x ; x )

trong đó x1;x2 là hai nghiệm

phân biệt của phương trình

2

2x  x 2m 2 0 theo viet ta

có

1 2

1 2

1

x x

2

x x m 1











0.25

0.25

0.25

0.25

2 2 2

2(17 16m)

AB (x x ) (x x ) 2 (x x ) 4x x

2



d O,d

2 2



OAB

2(17 16m)



(t/m)

Vậy với

47 m 16





thì đường thẳng d: 2x+2y-1=0 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B, sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 1

II

2.0đ

1: Giải phương trình :

2cos(2x ) 4sinxsin3x 1 0

3



(1)

1

phương trình (1)

2

2(cos2xcos sin 2x sin ) 4sin x sin 3x 1 0

cos2x 3 sin2x+4sin x sin 3x 1 0

1 2sin x-2 3 sin x cos x 4sin x sin 3x 1 0 sinx(2sin3x-sin x- 3 cos x) 0

sinx 0 sinx 3 cos x 2sin 3x





 



*s inx 0  x k  (k z)

*sinx 3 cos x 2sin 3x sinx cos x sin 3x

3



vậy phương trình đã cho có

nghiệm x k ;x k

6 2

 

  (k z)

2.Giải phương trình 2

2log xlog log (x x 1 1) (1)

Điều kiện x>0 (1)

2

1 log log log ( 1 1) 0

1 log ( log log ( 1 1)) 0 2

0.25

0.25

0.25

0.25

1

0.25 0.25 0.25 0.25

= 4

1 3

2

x 3x 2

x-2







1

Ta có

1

2

( 1) ( 2)

x-2

x x







Đặt

t x 2   t   x 2 x t  2

dx 2tdt : Đổi cận khi x

= -2 thì t = 0 ; khi x = -1 thì t = 1

2

Xét

1

2

J=2 ( t 1)dt 2( t)

     

 Xét

1

2



Vậy I=-2ln 3

-8 3



0.25

0.25

0.25

0.25

ABCD là hình thoi cạnh a và

có góc ABC 600,hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD),góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng

300 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA,CD theo a

1

GọiO AC BD  ,M là trung điểm của AB và I là trung điểm của AM theo giả thiết ta có tam giác ABC đều cạnh a nên CMAB, OIAB

2

………

Vì(SAC)và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO(ABCD) do AB OI  AB SI

(SAB,(ABCD) (OI,SI) SIO 30   0

0.25

Xét tam giác vuông SOI ta được :

SO OI.tan 30

4 3 4

Thể tích khối chóp S.ABCD là

3 ABCD 3 2 4 24

a a a

Gọi J OI CD  và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI

ta có

a 3

IJ 2OI

2

và

JH(SAB) Do

CD AB (SAB)

CD (SAB)

CD (SAB)

















d(SA, CD) d CD,(SAB) d (J,(SAB) JH

Xét tam giác vuông IJH ta được

0 a 3 1 a 3

JH IJ.sin 30

2 2 4

Vậy

a 3 d(SA, CD)

4



0.25

0.25

0.25

V Cho x,y là các số thực thay đổi

và thoả mãn điều kiện

x y xy Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức P x y xy 2  2

1

Từ

P xy(x y)   P (xy) (x y  2xy) x y (1 3xy)  Đặt t=xy

x y xy 1 1 3xy (x y) 0 t

3

x y xy 1  (x y)  1 xy 0  t1

2

1

P f (t) t (1 3t) ,t 1;

3

t 0

f '(t) 2t 9t f '(t) 0 2

t 9







 

 Có

2

( 1) 4; (0) ( ) 0 ,f( ) 4 2 2

f   f f    P     P

P 2 x 1, y 1 max P 2

P 2 x 1, y 1 min P 2

     

0.25 0.25

0.25

0.25

TỰ CHỌN

A:THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Đường tròn (C)Có tâm I (1;2)

và bán kính R= 5 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên

AB theo tính chất đường kính dây cung H là trung điểm của

AB ta có

2

Gọi đường thẳng (d) đi qua M

và có véc tơ pháp tuyến

n (a; b) (a b 0)

Ptđt(d):

a(x 6) b(y 2) 0    ax by 6a 2b 0   

Đường thẳng (d) thoả mãn yêu cầu bài toán khi

2 2

2 2

a 2b 6a 2b 10

2

a b

  



………

………

………

Với b= - 3a ta có (d): x - 3y=0 Với b=3a ta có (d) : x + 3y - 12=0

………

………

………

Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán là (d): x - 3y=0 hoặc (d) :

x + 3y - 12=0

………

………

………

Phương trình tham số của đường thẳng (d)

1 2

1

 







  





………

………

………

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25

0.25 0.25

Gọi M( 1+2t;4t;-1-t) ta có

MA (3 2t; 1 4t; 2 t); MB (1 2t;5 4t;1 t)          MAB

 vuông tại M

MA.MB 0 (3 2t)(1 2t) ( 1 4t)(5 4t) (2 t)(1 t) 0

2

t 0

t 9







 

 Với t=0 ta có M( 1;0;-1)

Với

23 55 92 32



VIIIa Trong mặt phẳng toạ độ Tìm

tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn

2 3

z i  z  i

Trong các số phức thoả mãn điều kiện trên ,tìm số phức có mô đun nhỏ nhất

Gọi số phức

z x yi (x;y   ).Ta có

z i z 2 3i x (y 1)i (x 2) (y 3)i

x (y 1) (x 2) (y 3)

          

2 3 0

x y

    Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn

số phức Z là đường thẳng

:x 2y 3 0

   

Ta có z  x2y2 (1) Từ

2 3 0 2 3(2)

x y  x y

thay (2) vào (1) ta có

Vậy số thoả mãn điều kiện trên

và có mô đun nhỏ nhất là

3 6

5 5

z  i

0.25 0.25 0.25

0.25

B:THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

VIb Từ yêu cầu bài toán ta có C là

hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng (d)

Phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với(d) là : 2x+ y +m =0

Vì

A       m  m

Đường thẳng : 2x y 0 Toạ độ của C là nghiệm của hệ phương trình

0.25

0.25 0.25

VIIb

thiết

AC 3BC  AC 9BC

16

4

3

t

t









Với

16 13 16

( ; )

t  B 

Với

( ; )

t  B 

.Vậy

13 16 ( ; )

15 15

B 

; hoặc

1 4 ( ; )

3 3

B 

………

………

.

………

* Phương trình tham số của đường thẳng

1

1 2

1

 







  





*Phương trình tham số của đường thẳng

2

1 '

2 ' (t' )

1 2 '

 







  





Toạ độ giao điểm A của đường thẳng d1 và mặt phẳng (P) là nghiệm hệ phương trình

(1;0; 2)

A

Toạ độ giao điểm B của đường thẳng d2 và mặt phẳng (P) là nghiệm hệ phương trình

(2;3;1)

B

Đường thẳng  thoả mân yêu cầu bài toán đi qua A,B và có véc tơ chỉ phương

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25 0.25 0.25

(1;3; 1)

AB  

Phương trình chính tắc của 

x y z

 



Gọi số phức

z x yi (x;y  ) ;z x yi 

Ta có (z 1)(z 2i) ((x 1) yi)(x yi 2i) x(x 1) y(2 y) (x 1)(2 y)i xyi x(x 1) y(2 y) (2x y 2)i

(z 1)(z 2i)  là số thực khi và chỉ khi phần ảo bằng 0

2x y 2 0 y 2 2x

       (1)

Ta có z  x2y2 (2) thay (1) vào (2) ta có

Vậy số thoả mãn điều kiện trên

là z 1

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần

như đáp án quy định

………Hết ………