[r]
Trang 1SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012
MÔN: TOÁN; KHỐI: D
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1
1
x y
x
−
=
−
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số
2 Gọi ( )d là tiếp tuyến của đồ thị ( )C tại điểm A(0; 1− ) Tìm trên đồ thị ( )C điểm M có hoành
độ lớn hơn 1, sao cho khoảng cách từ M đến ( )d bằng khoảng cách từ M đến trục Oy
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: cos 2 sin 2 1 6 cos
4
2 Giải hệ phương trình:
2
2
2 1
x y y
x y
x
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân : 1 ( )
2 0
ln 4 1
Câu IV(1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C 1 1 1 có 0
AB = a AC = a a > BAC = và đường thẳng AB1 tạo với mặt phẳng ( BCC B1 1) góc 300 Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mp ( BCC B1 1) và thể tích khối lăng trụ đã cho
Câu V(1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
2 ( ) 2
5 x + 6 x + = 7 m x + 1 x + 2
Câu VI(2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S =16, điểm ( 1; 4 )
I − − là giao điểm của 2 đường chéo Trung điểm của cạnh AB là điểm M ( ) 3;0 Tìm tọa độ các
đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có tung độ âm
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox yz, cho mặt phẳng ( ) P : x + − y 2 z + = 1 0 Viết phương trình mặt phẳng ( ) Q , biết rằng mặt phẳng ( ) Q song song với trục Oz, vuông góc với mặt phẳng ( ) P và khoảng cách giữa trục Oz và mặt phẳng ( ) Q bằng 2
Câu VII(1,0 điểm)
Gọi z là nghiệm của phương trình z2 − 6 z + = 13 0 trên tập phức
Tính giá trị của biểu thức: 1
= −
+ - Hết -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
Trang 2TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG
Tổ: Toán ***
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012
MÔN: TOÁN; KHỐI: D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
1 (1,0 điểm)
* Tập xác định: ℝ\ 1{ }
* Sự biến thiên:
1
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 của đồ thị hàm số
→−∞ →−∞ →+∞ →+∞
Do đó đường thẳng y = - 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
Bảng biến thiên:
x −∞ 1 +∞
( )
'
( )
0,25
I
(2,0 đ)
Đồ thị:
Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; - 1) và cắt trục hoành tại điểm 1 ;0
2
Đồ thị có tâm đối xứng là giao điểm I(1; - 2) của hai tiệm cận
-8 -6 -4 -2
2 4 6 8
x y
0,25
Trang 32 (1,0 điểm)
- Phương trình tiếp tuyến (d) của đồ thị (C) tại A là: y = − x 1 hay x − − = y 1 0 0,25
- M là điểm có hoành độ lớn hơn 1 và thuộc đồ thị (C)
0
1
1
x
−
( )
0
1
1
2
x
x
−
0,25
2 0
1
do x
x
x
0,25
Với x0 = + 2 2 ⇒ M ( 2 + 2; 1 − − 2 ) 0,25
1 (1,0 điểm) Giải phương trình: cos 2 sin 2 1 6 cos
4
(1) TXĐ: D = ℝ
2
cos sin 1 sin 2 3 2 cos
4
π
( cos s ) ( 3 2sin ) 0
3 2sin 0
inx inx
x x
⇔
0,25
inx
0,25
2
2 2
2 3
inx
π
= + π
π
ℤ
Kết luận
0,25
2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
2
1
x y y
x y
x
(x y, ∈ℝ) (I)
II
(2,0 đ)
-Điều kiện xác định x ≠ 0
(1) ( 2 )
2
2
1
x
+
- Thay
2
2 1
y x
= + vào (2) ta có: 2 2 2 ( 2 )2
1
+
0,25
Trang 4( ) ( ( )( ) )
2
2
2 2
1 1
1
x
x x
−
2
2
1 0 1
x
⇔
1 0
hoặc (thỏa mãn điều kiện)
x
⇔
2
2
1
Với thì
Với thì
x
+
Hệ phương trình cĩ 2 nghiệm: ( ) 1;1 và ( − 1;1 )
0,25
Cách khác: Điều kiện: x ≠ 0 Nhận thấy y = 0 khơng thỏa mãn hệ nên
(I)
( )
2
2
1
5
x
x
+ =
⇔
( ) ( )
2 2
4
5
xy xy
1 1 2 2
xy xy xy xy
=
= −
⇔
= −
0,5
Với xy = 1 1
x
⇒ + = ⇔ = ⇒ = Hệ cĩ nghiệm (1; 1) Với xy = - 1 1
x
⇒ + = − ⇔ = − ⇒ = Hệ cĩ nghiệm (-1; 1)
x
⇒ + = ⇔ − + = ⇒Phương trình vơ nghiệm
x
⇒ + = − ⇔ + + = ⇒Phương trình vơ nghiệm
Vậy hệ (I) cĩ 2 nghiệm (1; 1) và (- 1; 1)
0,5
(1,0 điểm)
1
8
0
1 1
0
1 2
2 0
5ln 5 4 1
x
x
+
1
0
5
ln 5
III
(1,0 đ)
2 1
0
x
IV
(1,0 đ) - Kẻ AH ⊥ BC tại H ⇒H thuộc đoạn BC do 0
90
BAC > Theo tính chất của lăng trụ đứng thì BB1 ⊥ ( ABC ) ⇒ BB1 ⊥ AH
Vậy AH ⊥ ( BCC B1 1) ⇒ d A BCC B ( , ( 1 1) ) = AH
H là hình chiếu vuơng gĩc của A trên mp ( BCC B1 1)
Trang 5⇒ B1H là hình chiếu vuông góc của
B1A trên mp(BCC1B1) nên góc giữa đường thẳng AB1 và
mp( BCC B1 1), bằng góc giữa đường thẳng AB1 và B H1 , bằng góc
AB H = ( vì 0
AB H < trong
1
AB H
△ vuông tại H với
1
AH ⊥ B H )
0,25
2
os
13
- Diện tích tam giác ABC là:
.sin 2 2.sin135
ABC
2
ABC
13
AH
BC
2 ,
13
a
Trong ∆ vuông AB1H có:
1
1
2
4 13
sin
2
a
AB
AB H
Trong ∆ vuông ABB1 có:
2
0,25
Thể tích khối lăng trụ ABC A B C 1 1 1 là:
( )
1
ABC
a
0,25
V
(1,0 đ) -TXĐ: D = R
- Nhận thấy 2 ( )2 ( 2 )
5 x + 6 x + = 7 3 x + 1 + 2 x + 2
2
do x = - 1 không là nghiệm của (1) nên
2
2
m
0,25
A
B
C
C
1
A
1
B
1
H
Trang 6Đặt ( ) ( )
( )3
'
Ta có bảng biến thiên:
f’(x)
t = f(x)
6 2
1
-1 Dựa vào BBT ta có 6
1;
2
0,25
Khi đó phương trình (1’) có dạng: 2
3t m
t + = (2)
2
t
( ) 22 ( )
t
t
−
→ = −∞ → = +∞
0,25
Ta có BBT:
BBT ta thấy phương trình (2) có nghiệm khi m ≤ − 2 6 ∪ ≥ m 2 6
0,25
VI 1 (1 điểm)
t
f(t)
f’(t)
6 / 3
2 6
−
) -5
−∞
13 6
-1
2 6
)
+∞
Trang 7-Đường thẳng AB qua M và vuông góc với MI
nên nhận ( ) 1
1;1 4
n = = IM
làm véc tơ pháp tuyến
⇒ phương trình (AB): x + − = y 3 0
Gọi A ( 3 − a a ; ) với a < 0 (theo giả thiết)
( ) 3;0
M là trung điểm của AB nên B ( 3 + − a ; a ) ⇒ AB = ( 2 ; 2 a − a )
0,25
- Ta có IM = 4 2 ⇒ AD = 2 IM = 8 2
8 2
S
AD
0,25
AB = ⇔ AB = ⇔ a + a = ⇔ a = ⇒ a = ( do a < 0)
−
- Do I là trung điểm của AC và BD nên suy ra tọa độ các đỉnh C, D là :
2 (1 điểm)
- Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n = ( 1;1; 2 − )
-Trục Oz có véc tơ đơn vị k = ( 0;0;1 )
- Ta có n k , = − ( 1; 1;0 ) ≠ 0
⇒ n
và k
là 2 véc tơ không cùng phương 0,25 Theo giả thiết giá của 2 véc tơ n
và k
song song hoặc nằm trên mp (Q) nên mp (Q) nhận n 1 = − ( 1; 1;0 )
làm véc tơ pháp tuyến
- Phương trình mp (Q) có dạng: x − + = y d 0, ( d ≠ 0) 0,25
- Do ( ) ( ( ) ) ( ( ) ) 1.0 1.0
- theo giả thiết ( , ( ) ) 2 2 2
2
d
- Với d = 2 ⇒ ( ) Q1 : x − + = y 2 0
- Với d = − 2 ⇒ ( ) Q2 : x − − = y 2 0 0,25 Giải phương trình (1) ta được 2 nghiệm: z1 = + 3 2 ; i z2 = − 3 2 i 0,5
i
i
−
+
0,25
i
i
+
−
0,25 (2,0 đ)
Kết luận
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- Hết -
B
C
D
I