de thi thu dh da an dtnthoa binh 2012

Hàm số không có cực trị.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HOÀ BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012

TRƯỜNG THPT DTNT Môn thi : TOÁN KHỐI A

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

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

1

1 2

x y

x





 (1)

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

2 Chứng minh đường thẳng (d): x – y + m = 0 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt A, B với

mọi m Tìm m sao cho ABOA OB

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

với O là gốc tọa độ

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 3 sinxcosxcos5x2( os6c x1) 3 sin 5x

2. Giải phương trình: 3 2 x 6 2 x4 4 x2 10 3 x (x  R)

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1

1 ln







Câu IV (1,0 điểm) 1. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên

giữa AA’ và BC là

a 3 4

Câu V (1,0 điểm) Hai số dương x y ; thỏa mãn: x2 y2 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

       

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

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (2,0 điểm).

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AB có phương trình:

x + 3y + 1 = 0 Đường thẳng chứa đường chéo BD có phương trình:x – y + 5 = 0.Đường thẳng AD đi qua điểm M(1; 2) Tìm tọa độ tâm của hình thoi ABCD

2.(1 điểm) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

:

( ) :P x y z    1 0 Gọi I là giao điểm của d và (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm trong (P) vuông góc với d

Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z2 z z

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng  : x – y – 4 = 0 và

d : 2x – y – 2 = 0 Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng  tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8

2 Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  :

  và mặt phẳng (P)

x + y + z – 3 = 0 Gọi I là giao điểm của  và (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông góc với 

và MI = 4 14

Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn |z 3 | |1i  z|và

9

z z



.… 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: ………

ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MÔN TOÁN

Khảo sát và vẽ:

1

1 2

x y

x







+ Tập xác định:

1

\ 2

D R   

 

+ sự biến thiên:  2

1

1 2

x





Hàm số nghịch biến trên

; ; ;

    Hàm số không có cực trị

Giới hạn và tiệm cận :

lim ; lim

1 2

y

 

là tiệm cận ngang

lim ; lim

2

x

là tiệm cận đứng +Bảng biến thiên

x

- 

1

2 +  y’

2

 +∞

-

1 2



+ đồ thị :

f(x)=(x-1)/(1-2x) f(x)=-1/2

-4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

x y

Nhận xét : Đồ thị nhận điểm I (

1

2 ;

1 2

 ) làm tâm đối xứng Phương trình hoành độ giao điểm :

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2 1

( ) 2 2 1 0(*)

1 2

x

x





Có

nên (*) có 2 nghiệm phân biệt khác

1

2 suy ra d luôn cắt (1) tại 2 điểm phân biệt A, B với mọi m.

Ta có A x x 1; 1m B x x,  2; 2m

với x1, x2 là 2 nghiệm của (*) Theo vi-et

1 2

1 2

m

x x

 









 2 12  1 22 1 2 2

ABOA OB   m  m  m  m

Kết luận : m  -1

.

Pt 3(sin 5x s inx)cos5xcosx2( os6c x1)

2

2 3 os3 sin 2c x x 2 cos3 os2x c x 4 cos 3x

2 os3 ( 3 sin 2c x x cos2x 2 cos 3 )x 0

os3 0

3 sin 2 os2 2 cos 3





 





Với 3 sin 2x cos2x 2 cos 3x sin(2x 6) sin(2 3 )x

2



2 Đặt t = 3 2 x 6 2 x  t2 = 9(10 3 x 4 4 x2)

Phương trình đã cho trở thành : t2 – 9t = 0  t = 0 hay t = 9

Với t = 0 : 3 2x6 2 x  x =

6 5 Với t = 9 : 3 2 x 6 2 x = 9 (điều kiện : -2  x  2)

 2x 3 2 2 x  2 + x = 9 + 12 2 x +4(2 – x)

 12 2 x 5x15 (vô nghiệm) Cách khác : Đặt u = 2 x và v = 2 x (u, v  0), phương trình đã cho trở thành:





 (1)  3(u – 2v) = (u – 2v)2  u = 2v hay u = 2v + 3

Với u = 2v ta có (2)  v2 =

4

5 suy ra: 2 – x =

4

5  x =

6 5 Với u = 2v + 3 ta có (2)  (2v + 3)2 + v2 = 4  5v2 + 12v +5 = 0 (VN vì v 0)

ln

1 ln

e

x







; đặt t= 1 ln x

1 ln 2

x

Đổi cận: x = 1 t =1 ; x =e  t = 2

Khi đó

2 1

1

.2 2 ( 1) 2( ) /

t

1

1

(ln ) / 1

x

Khi đó I = I1I2=

7 2 2 3



A

B

C

C’

B’

A’

H

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:

¿

AM⊥ BC

A ' O ⊥ BC

}

¿

⇒BC ⊥( A ' AM)

Kẻ MH⊥ AA ', (do ∠ A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

Do

}

⇒HM ⊥ BC

.Vậy HM là đọan vông góc chung của

AA’và BC, do đó d ( A A',BC)=HM=a√3

4 . Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AOA ' O=HM

AH

⇔ suy ra A ' O=AO HM

a√3 3

a√3 4

4

3 a=

a

3 Thể tích khối lăng trụ: V = A ' O SABC=1

2A ' O AM BC=

1 2

a

3

a√3

2 a=

a3√3 12

x y

             

.Dấu “ = ” xảy ra



2 2

x y  

Do đó:

4 2 2

2

S

Từ giả thiết: x2  y2   1  x y  2  2( x2  y2) 2   x y   2 Dấu “ = ” xảy ra  x = y và x2  y2  1 ; x,y>0 nên

2 2

x y  





2 2



4 3 2

2 2

x y  

Do B là giao điểm của AB với BD,nên tọa độ B là nghiệm

Của hệ phương trình:



( 4;1)

B

Qua M vẽ đường thẳng song song với AB cắt BD tại

N,ta có MN//AB: x+ 3y + 1 = 0 pt MN: x + 3y + m = 0

Do M(1;2) MN nên: 1+ 6 + m = 0  m= -7

Pt MN: x+ 3y – 7 = 0

Do N = MNBD,nên tọa độ N là nghiệm của hệ:



( 2;3)

N

Vì D BD: x – y + 5 = 0  D(x ; x+5).Mà ABCD là hình thoi nên

MN = MD MN2 MD2  9 1 (x 1)2(x3)2

0 2

x x





  

 Với x = 0  D(0 ; 5)

Với x = -2  D(-2;3) loại vì trùng với N

Gọi I là tâm hình thoi I là trung điểm của BD  I(-2;3)

Tọa độ điểm I là nghiệm hệ phương trình :



, ( 4; 2; 2) 2(2; 1;1)

P

P d d







 





 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

  

 

Gọi H là hình chiếu của I lên   H thuộc (Q) qua I và vuông góc với 

( ) : 2Q x y z   4 0

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Hd  H t t  IH  t t

IH   t   t

Với t = 3  H(1 ; 5 ; 7) 

:

x y z



Với t = –3  H(1 ; –1 ; 1) 

:

x y z



1 Phương trình ON có dạng

x at

y bt









 (a2 + b2  0), N (at1; bt1) và M (at2;

bt2)

N = ON   : at1 – bt1 – 4 = 0  t1 =

4

a b (a  b)

M = ON  d : 2at2 – bt2 – 2 = 0  t2 =

2

2a b (2a  b)

Suy ra :

;

N

a b a b

;

M

a b a b

Ta có: OM.ON = 8 

8 2



TH1: a = 0 ta có : b2 = b2, chọn b = 1  N (0; -4) , M (0; -2)

TH2: a  0, chọn a = 1 ta được: 1 + b2 = (1 b)(2 b)  1 + b2 =

b  b





1

3 Vậy N (6; 2) ; M

6 2

;

5 5

Cách khác : Điểm N  d  N (n; 2n – 2)  ON

= (n; 2n – 2) Điểm M    M (m; m – 4)  OM

= (m; m – 4) Nhận xét : 2 đường thẳng d và  nằm cùng phía đối với điểm O nên OM.ON = 8

 OM ON  .

= 8  m = 5n (1)

Ta có OM

cùng phương với ON

 m.n + 4n – 2m = 0 (2)

Từ (1) và (2)  5n2 – 6n = 0  n = 0 hay n =

6 5 Với n = 0 thì m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2)

Với n =

6

5 thì m = 6, ta có điểm M (6; 2); N

6 2

;

5 5

2 Ta có  cắt (P) tại I (1; 1; 1); điểm M  (P)  M (x; y; 3 – x – y)

 MI

= (1 – x; 1 – y; -2 + x + y) Vectơ chỉ phương của  là a



= (1; -2; -1)

Ta có : 2

16.14

a MI









 

2 1 (1 ) (1 ) ( 2 ) 16.14

 







 x = -3 hay x = 5

Với x = -3 thì y = -7 Điểm M (4; -7; 6)

Với x = 5 thì y = 9 Điểm M (5; 9; -11)

|z 3 | |1i   z| |  a (b 3) | |1i  a bi |

2 ( 3)2 (1 )2 2 2 6 8 0 3 4 (1)

Ta có

9

z

z



Từ (1) và (2) Ta có hệ phương trình :

0; 4 / 3

a a b



 





2

0; 4 / 3 0; 4 / 3

4 3 74 12 74

10 24 7 0

4 3 74 12 74

;



 









2 2 2 2

2







TH 1

1

2

x 

ta được

4 y  4y  2 4y y  4 2

2

0

5 2 5

y





 





TH 2 y 0 x2 x  x x 0 x y 0

Vậy có 3 số phức thỏa mãn là : z = 0 ;

1 5 2 5

H

… ết …