TOAN CO DAP AN THI THU DH 2012

[r]

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

www.VNMATH.com

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011

Môn thi: TOÁN, Khối A và B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

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

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) Tìm các giá trị của m để phương trình 2x1m x1 có 2 nghiệm phân biệt.

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình 2cos (sin 3x x cos3 ) 1x 

2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình

3 3 2





Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

1 2

2 0

(x 1) 1 2  x dx



Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có mặt SBC vuông góc với đáy, các cạnh SB = SC = 1 và các góc

ASB BSC CSA 60    Tính thể tích của hình chóp S.ABC.

Câu V (1,0 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức sau

PHẦN RIÊNG (3,0 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 Oxy, viết phương trình đường thẳng  sao cho  tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng

15

2 và chu vi bằng 15.

2) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A( 1;0;2), B(2;1; 4), C(1; 1; 2)  Tìm tọa độ điểm M sao cho MA MB MC  và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ABC) bằng 5.

Câu VII.a (1,0 điểm) Giả sử n là số nguyên dương và (1 )n 0 1 2 2 n

n

      Biết rằng tồn tại số nguyên dương k (1  k n 1) sao cho

, hãy tính n.

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng  1 : 3x y    5 0, 2 :x 2y 3 0  và đường tròn (C): (x 3)2(y5)2 25 Tìm điểm M thuộc (C), điểm N thuộc  1 sao cho M và N đối xứng qua  2

2) Trong không gian Oxyz, cho điểm M( 2;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M và cắt các trục tọa độ tại A, B, C sao cho tam giác ABC có trực tâm là M.

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 4 và một acgumen của

3 i

z



bằng 6





Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:……… Chữ kí của giám thị 1:………Chữ kí của giám thị 2:………

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

1

x y x







1,00

 TXĐ : \ 1

3

( 1)

x



 Tiệm cận đứng : x 1, tiệm cận ngang : y 2

 BBT :

x   -1 

y



2

2

 

 Đồ thị

8 6 4 2

-2 -4 -6

f x   = 2x-1 x+1

0,25 0,25

0,25

0,25

1

x

x





Xét hàm số

( )

1

x

x

x x

f x

x

x





 







0,25

2

2

3

'( )

3

x x

f x

x x



 







BBT của f x( )

x   -1 

 

2

 

Từ BBT suy ra pt có 2 nghiệm pb  m 2

0,25

0,25

0,25

(1)  sin 4xsin 2x c os4x c os2x 1 0  (2sin 2 os2x c xsin 2 ) (2cos 2x  2 x c os2 ) 0x 

 (sin 2x c os2 )(2cos 2x x1) 0

1

2

3

k

x c x











0,25 0,25

0,50

Hệ

x y y x

x x y y m





1,00

Điều kiện   1 x 1, 0 y 2

(1) x3 3x(y 1)3  3(y 1)

Hàm số f t( ) t3 3t nghịch biến trên đoạn [ 1;1]

 

x y    nên f x( )f y(  1) x y  1 y x 1

Thế vào pt (2) ta được x2  2 1 x2  m (3)

Hệ có nghiệm  Pt (3) có nghiệm x   1;1

2

1

1

g x x x x g x x

x



g x   x g(0)2, ( 1) 1g  

Pt (3) có nghiệm x  1;1   2 m    1 1 m 2

0,25 0,25

0,25 0,25 III

Tính tích phân

1 2

2 0

(x 1) 1 2  x dx



1,00

1 1 1

(x1) 1 2 x dx x 1 2 x dx 1 2 x dx

1

1

4

x x dx x d x

1 2

0

Xét J =

1 2

2 0

1 2

2  x dx



Đặt

x t dx tdt



J =

(1 cos 2 )

t

t dt t

 



Vậy

1 2

2 0

x  x dx       



0,25 0,25

0,25

0,25

Gọi H là trung điểm BC

(SBC) ( ABC) SH (ABC)

SBC đều cạnh 1

3 2

SH

SAB SAC AB AC

AH BC

4

AH SA  SH x 

AC SA SC  SA SC x   x AHC vuông

1

AC AH HC x x x x

AH S AH BC

V  S SH 

0,25

0,25 0,25

0,25

V

Chứng minh

a b c c a a b b c

b c a c b a c b a

1,00

H

A S

BDT

a b c

a b c c a b

b c a

b c a

c a b

a b c

x y z x y z

b  c  a    và xyz 1

BDT trở thành

1 1

1 1

y x

z

x y z

y z x







yx zy xz

x y z

x x yx y y zy z z xz

x y z

0

x y z

y z x

BDT cuối cùng đúng do x2  y2 z2  x y z

và x z y x z y2  2  2 33 x y z3 3 3 3

0,25

0,25 0,25

0,25

Giả sử  cắt trục Ox tại A(x0,0), cắt trục tung Oy tại B(0;y0)

Ta có : OA a x0 ;OB b y0 ; AB a2 b2

Theo gt có :

S ab P a b   a b 

Giải hệ PT có

5 6,

2 5

2

a b

a b









*Với

5 ( ; ) (6; )

2

a b 

5 6;

2

x  y 

ta có 4 PT của  là :

x y

x y

x y

x y

*Với

5 ( ; ) ( ;6)

2

a b 

5

2

x  y 

ta có 4 PT của  là :

0,25 0,25

0,25

x y

x y

x y

x y

Vậy ta có 8 PT của  thỏa mãn yêu cầu bài toán

0,25

Giả sử M(a; b; c) MA MB  3a b 2c 8 0 (1)

MA MC  4a 2b1 0 (2)

Pt mặt phẳng (ABC) là 2x4y 5z12 0

( ;( ))

2 4 5 12

2 4 5 27 (4)

3 5

M ABC

d



Giải hệ (1), (2), (3) ta được

7 11 4

; ;

6 6 3

Giải hệ (1), (2), (4) ta được

1 5 14

; ;

6 6 3

0,25

0,25 0,25 0,25

VII.a

Tìm n thỏa mãn

a  a a 

k

k n

a C Vậy

1

1

C C

a a a

C C













n k k n k k n k k

n k k n k k n k k









0,25

0,25 0,25 0,25

M và N đối xứng qua  2 nên phép đối xứng trục  2 biến M thành N

M  (C)  N (C') với (C') là ảnh của (C) qua phép đối xứng trục

2



Theo giả thiết N  1 nên N là giao của (C') và 1

(C) có tâm I(3; -5) và bán kính R = 5 nên (C') có tâm I’(-1 ; 3) và bán kính R = 5 Pt (C') là (x1)2(y 3)2 25

Giải hệ

x y





N(-1 ; -2) ta tìm được M(-1 ; -2) N(-4 ; 7) ta tìm được M

;



0,25 0,25 0,25

0,25

Giả sử (P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a ;0 ;0), B(0;b;0), C(0; 0; c) Nếu (P) đi qua O thì A B C  nên không tồn tại tam giác ABC

x y z

a b c  .

(P) đi qua M nên

2 1 3

1

a b c



(1)

M là trực tâm tam giác ABC

3

3

2

b c

MA BC MA BC

MB AC MB AC a c









 

 

Thế vào (1) ta được

Vậy pt (P) là

3

7 14 14

x y z

x y z



Cách khác Chứng minh được OM  (ABC) Vậy (P) là mặt phẳng qua M và có vecto pháp tuyến OM  ( 2;1;3)



PT (P) là 2(x2) ( y 1) 3( z 3) 0  2x y 3z 14 0

0,25

0,50

0,25

i  i 

i

i z

Vậy

z    i     i

0,25

0,25 0,25 0,25