De thi thu DH khoi D truong THPT B Phu Ly lan III

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B) A.[r]

TRƯỜNG THPT B PHỦ LÝ Môn Toán –Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút

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

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số:

4 2 1

y

x

 

 (C)

1 Khảo sát sự biến và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

2 Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến đi qua

7 14

;

3 3

M  

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

1 sin sin cos sin 2cos



2 Giải phương trình: 5 2x 1 2x10 x 3 13

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

2 2

0

sin 2 sin

2 os

x xdx I

c x









Câu IV (1,0 điểm): Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt :

10x 8x 4 m x(2 1) x 1

Câu V (1,0 điểm)

Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' đáy ABC là tam giác cân AB = AC = a Góc giữa AA' và BC' bằng 300 và

khoảng cách giữa chúng bằng 2

a

Tính thể tích của lăng trụ

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm).

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(3; 1), B(2; 4) và đường thẳng : x  2y + 2 = 0 Tìm điểm C thuộc đường thẳng  sao cho diện tích tam giác ABC bằng 10.

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x y z   1 0  và hai đường thẳng

d 1 :

x 1 y 2 z 3

, d 2 :

x 1 y 1 z

2 3 2 Viết phương trình đường thẳng d song song với mặt phẳng (P), vuông góc với đường thẳng d 1 và cắt đường thẳng d 2 tại điểm A thỏa mãn OA = 3(với O là gốc tọa độ).

Câu VII.a (1,0 điểm).

Tìm số phức z biết: z2 1i  5 z 2 3 i 0

và z có phần thực bằng 2 lần phần ảo

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm).

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d: 2x + y - 1 = 0, : x + 2y - 4= 0; điểm

A(2; 1) Lập phương trình đường tròn (C) có tâm nằm trên đường thẳng d đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng 

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

x y 2 z



và mặt phẳng (P): x y z 5 0    .Gọi A

là giao điểm của d và (P) Viết phương trình của đường thẳng d nằm trong (P), đi qua A và hợp với đường thẳng 

một góc 450.

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

1 2

2

1log (25 2) log 3.5 7 1

Hết

-Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:

TRƯỜNG THPT B PHỦ LÝ ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC - LẦN 3; KHỐI D Câu Nội dung Điểm I(2 đ) 1) (điểm) a.TXD: D = R\{1} b.Chiều BT + 2 4 ' 0 1 ( 1) y x x       Suy ra HS nghịch biến trên ( ;1), (1;) 0,25 +Giới hạn và tiệm cận 1 1 lim lim 2; lim ; lim x y x y x y x y               Tiệm ận đứng: x = 1, TC ngang: y = 2 0,25 +Bảng BT 1

2

2

0,25 c Đồ thị + Giao Ox (0; -1), Oy: (0; -2) 0,25 2 (1 điểm) Phương trình TT có dạng d : 7 14 ( ) 3 3 y k x   Tiếp xúc (C) 2 4 7 14 2 ( ) (1)

4

(2) ( 1)

k x x

k x





 





0,25

0,25

Thay (2) vào (1) và rút gọn được: x2 5x  6 0 x2,x3

0,25

0,25

  

6

4

2

-2

-4

5

1

y

x

-1

PT

2 sin sin cos sin cos

x x   x

sin sin cos sin 1 0

0,25

0,25

3

sin 0

2

x







0,25

x k x  k  x k k

2 (1 điểm)

ĐK:x 3 PT 5(2 x 3 2x1) 2 x13

Nhân 2 vê với BT liên hợp và đặt thừa số chung:

(2x13) 5 2 x 3 2x1 0

0,25

13 2

x











2 x 3 2x  1 5 2 (x 3)(2x1) 18 3  x

2

6

4

88 336 0

x

x





13 2

x 

III

(1đ)

sin 2 sin os sin

2

I

Đặt t = cosx ; dt = -sinx.dx x 0 t 1;x 2 t 0



0,25

2

t t dt t t dt

3

0

t

IV

(1 đ)

- Ta có : AA '/ /CC' BC C ' 300

- AA '/ /(BCC B ' ') K/c AA' và CC' bằng K/c giữa

AA" và (BCC'B') bằng K/c từ A đến (BCC'B')

- Gọi K là trung điểm BC , ABC là tam giác cân tại A

 AK BC BCC B, ' ' (ABC) AK (BCC B' ')

2

a AK

0,25

0,25 Xét AKB vuông tại K

2

3

a

K

B

B'

C' A

2

ABC

'

BCC

 có: CC'BCcot 300 a 3 3 3 a

Vậy

ABC

V

(1 đ)

10x 8x 4 m x(2 1) x 1

PT  x  x  m x x 

Chia 2 vế cho x 2 1 ta được :

2

m

Đặt 2

1







x

t

x Sử dụng BBT của t tìm được: –2< t  5 Có PT: 2t2 mt 2 0 0,25 + t = 0 không là nghiệm của PT

+ t 0 Rút m ta có: m=

2

2t  2

t

Xét

2

f t

t





trên  2;00; 5

,

2 2

t



Lập bảng biên thiên  –5 < m 4 hoặc

12 4

5

m

Chương trình chuẩn

VI.a

(2 đ)

1) (1 điểm)

Phương trình AB : -3x - 5y + 14 = 0 ; AB  34 0,25

Gọi h c là đường cao hạ từ C của ABC

10

C thuộc : x  2y + 2 = 0. C(2a - 2 ; a)

20 ( ; )

34

c

h d c   | 3(2 2) 5 14 | 20

40

11

Vậy có hai điểm C(-2; 0),

58 40

;

11 11

C 

2) (1 điểm)

(P) Có VTPT n (2; 1;1)



, d1 có VTCP u   1 (2;1;3)

Vì d song song với (P), vuông góc với d1 nên (d) có VTCP là

1 , ( 4; 4;4)

un u   

  

0,25

điểm A thuộc d2:

1 2

1 3 ( 1 2 ; 1 3 ; 2 ) 2

z t

 







 

OA = 3  (2t1)2(3t1)24t2 9 0,25

2

17t 10t 7 0

7 1, 17

t t

1 (1;2;2) :

+

VII.a

(1 đ)

G/sử z = a + bi  z a bi  phần thực bằng 2 lần phần ảo  a = 2b 0,25

z 2 1i 5 z 2 3i 0 (a 1)2 (b 2)2 5 (a 2)2 (3 b)2

0,25

 b 2,b 3

2 Vây z  i z  i

3

4 2 , 3

Chương trình Nâng cao

VI.b

(2 đ)

1 (1 điểm)

Tâm I thuộc d: 2x +y - 1 = 0  I a( ;1 2 ) a

(C) đi qua A(2; 1) và tiếp xúc với : x + 2y - 4 = 0 nên ta có: IA = d(I; ) 0,25

5

 a2 2a 1 0   a 1 suy ra Tâm I(1; -1)

0,25 0,25

Bán kính R= IA= 5 suy ra (C): (x 1)2 (y 1)2  5 0,25 2) (1 điểm)

Tìm được tọa độ điểm A (7; 16; 14) 0,25 Gọi u u n  d, , P

lần lượt là các VTCP của d,  và VTPT của (P)

Giả sử ud ( ; ; ) (a b c a2b2c2 0)

.

Vì d  (P) nên ud nP

0,25



d,  450 

a2 b2 c2

2 3



   2(a2b c )2 9(a2b2c2) (2)

Từ (1) và (2) ta được: 14c230ac0 

c

a0 c

 

+ Với c = 0: chọn a = b = 1  PTTS của d: x 7 ;t y16 ; t z14

+ Với 15a + 7c = 0: chọn a = 7, c = –15, b = –8

 PTTS của d: x 7 7 ;t y16 8 ; t z14 15 t. 0,25

VII.b

(1 đ)

1 2

2

1log (25 2) log 3.5 7 1

log (25 2) log 3.5 1

log (25 2) log 3.5 log 2

log (25 2) log 6.5 7 0,25

Đặt t 5 x BPT







 



t

t2 t

7 6

6 5 0

0,25