de thi thu dh 2012

Hình chiếu vuông góc của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh AB.[r]

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT HÀ BẮC

ĐỀ THI KHẢO SÁT THI ĐẠI HỌC LẦN THỨ III

NĂM HỌC: 2011 - 2012

MÔN: Toán -Khối D

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

Câu I (2 điểm)Cho hàm số: y x 4 2mx2 m2 m có đồ thị (Cm) 

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m=- 2 

2 Tìm m để đồ thị (Cm) có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng

1200

Câu II: (2 điểm)

1) Giải phương trình: 2 log92x =log3x log3(√2 x +1 −1)

2) Giải phương trình:

x

Câu III:(2 điểm).

1) Tính tích phân :

2

2012

1 ( 1)

dx I

x x





 2) Tìm số phức z biết :

2 2(z  1)  z 1 (1   i z)

Câu IV:(1 điểm):

Trong hệ trục Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6;6), đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình là: x+y-4=0 Tìm tọa độ các đỉnh

B và C biết điểm E(1;-3) nằm trên đường cao hạ từ đỉnh C của tam giác ABC

Câu V:(1 điểm).

Trong hệ trục Oxyz cho mặt phẳng  P x:  2y2z1 0 và các đường thẳng

x y z

d    

x y z

d    

 Tìm điểm M thuộc d 1 , N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.

Câu VI: (1 điểm).

Trong không gian, cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a Hình chiếu vuông góc của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh AB Mặt bên (AA’C’C) tạo với đáy một góc bằng 45 Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho và tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACC'A')

Câu VII:(1 điểm)

Cho : a2+b2+c2=65 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :

y=a+b√2 sin x+c sin 2 x(x ∈(0 , π

2))

(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh:

Phòng thi số: Số báo danh:

TRƯỜNG THPT HÀ BẮC NĂM: 2012

MÔN: Toán -Khối D

Câu 1

Phần2

1) Khảo sát hàm số: y x 4 2mx2 m2 m với m=-2

Ta có với m=-2 hàm số trở thành: y x 4 4x2 2

1) TXĐ: D=R

2) Xét sự biến thiên:

a) Chiều biến thiên: y' 4 x3 8x

Cho

2

x

x







 Xét dấu y' ta có:

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 2;0) và ( 2;)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (  ; 2) và (0; 2)

Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=2

Hàm số đạt cực tiểu tại x= 2 và yCT=-2

b) Giới hạn:

x

x x

  

x

x x

 

c) Bảng biến thiên

3) Đồ thị :

2

-2

2) Tìm m để đồ thị (Cm) có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có một

góc bằng 1200

Để hàm số có 3 điểm cực trị thì y'=0 có 3 nghiệm phân biệt

hay 4x3+4mx=0

2

2

0

4 (x x m) 0 x







 vậy y'=0 khi m<0

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Gọi A(0;m2m), B( m m; ), C( m m; ) là các điểm cực trị.

Ta có: AB( m m; 2)

, AC(  m m; 2)

Do tam giác ABC cân tại A nên góc A 1200 khi đó

4

4

0

2

3

m

m

AB AC





 





 

 

Vậy với

m=-1 3

 thỏa mãn đầu bài

0.25

0.25

0.25

Câu 2 1) Giải phương trình: 2 log 92x =log3x log3 (√2 x +1 −1) ĐK x>0

2

3 2

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

1

2

x









*) log3x 0 x1

2

1

2

0

4

x

x





 Vậy phương trình hai có nghiệm x=1, x=4

2) Giải phương trình:

x

0.25

0.25

0.25 0.25

0.25

0.25

0.25

2(1 os(2 )) 3 os2 1 1 os(2 )

2

2

2

x









2

2

x k k

x























Câu 3

1) Tính tích phân :

2

2012

1 ( 1)

dx I

x x







2

1

2012

x

x





0.25

0.25

0.25 0.25 2) Tìm số phức z biết :

2 2(z  1)  z 1 (1   i z)

Gọi z a bi  ( ,a b )

2(z 1) z 1 (1 i z) 2 a bi 1 a bi 1 (1 i a)( b )

(3a 1) bi a b i a( b ) a a b



2

10

a

a

hoac a

b









0,25

0,25

0,25 0,25

Có hai số phức 1 2

;

10 10

Câu 4

I A

H E

Gọi M,N,H lần lượt là trung điểm của AB, AC,BC, Khi đó AH MN

Vậy AH qua A(6;6) và có vtcp là u(1;1)

 , Pt của AH là:

0

x y

Gọi I là giao điểm của MN và AH thì tọa độ của I là nghiệm của hện phương

trình:



I là trung điểm của AH nên H(-2;-2)

BC qua H(-2;-2) và BC song song với MN nên BC có phương trình là:

x+y+4=0

B BC y  x nên giả sử B(xB;-xB-4), do H là trung điểm BC nên

2





Ta có AB x( B  6; x B  10)

CE(5x B; 3  x B)



Mà ABCE nên

2

0

6

B

B

x

x









 

+) Nếu xB=0 thì B(0;-4) và C(-4;0)

+) Nếu xB=-6 thì B(-6;2) và C(2;-6)

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu 5

d1 có phương trình tham số là :

1 2

3 3 2

z t

 





 



 

 , d2 có pt tham số là:

5 6 4

5 5

y u

 









  



M thuộc d1 nên giả sử M(1+2t;3-3t;2t)



(6u-2t+4; 4u+3t-3; -5u-2t-5) Theo đầu bài ta có MN song song với (P) nên MN n . 0

 

( n (1; 2;2)



là vec tơ pháp tuyến của (P))

 6u-2t+4-8u-6t+6-10u-4t-10=0 10u+12t=0 5u+6t=0

Mặt khác MN cách (P) một khoảng bằng 2 hay d(M;(P))=2

0

1 3

t

t



 +) Với t=0 thì u=0 nên M(1;3;0) và N(5;0;-5)

+) t=1 thì

u=-6

5 nên M(3;0;3) và

N(-11

5

;-24

5 ;1)

0.25

0.25

0.25

B

C

A

B

C

H M

N

K

Gọi H là trung điểm AB, theo giả thiết A H' (ABC)

Gọi M là trung điểm AC , do tam giác ABC đều nên BM AC

Trong (ABC) qua H kẻ đường thẳng song song với BM cắt AC tạiN thì

HN AC,khiđóAC (A HN' ) AC A N'

Khi đó tam giác vuông cân tại N nên A'H=HN=

a

BM 

Trong (A'HN) kẻ HKA'N khi đó HK (ACC A' ') Do H là trung điểm AB

nên d B ACC A( ;( ' ') 2 ( ;( d H ACC A' ') 2 HK

mà tam giác vuông cân tại N nên

2

2

a a

HK  A N  A H  

0.25

0.25

0.25

0.25

Vậy

2 2

a

d B ACC A 

Câu 7y a b 2.sinx  c.sin 2x

y2≤(a2

+b2

+c2)(1+2sin 2x+sin22 x)=65(1+2 sin 2x+sin22 x) Đặt f(x) = 1+2 sin 2x +sin22 x=1+2 sin2x+4 sin2x (1 − sin2x )

f(x) = − 4 sin4x +6 sin2x+1 , Đặt sin 2x=t , t ∈ (0 ,1)

g(t) = − 4 t2+6 t +1→ g ❑

(t)=−8 t +6 ; g❑

(t)=0↔ t=3

4

BBT

M

Max g(t) ¿ 13

4 khi t=

3

4↔sin

2

x=3

4→ x =

π

3

y2≤ 65 13

4 → −13

√5

2 ≤ y ≤ 13

√5

2 dấu “=” xảy ra khi x= π

1

a=

√2 sin x

b =

sin 2 x

c hay 1

a=

√6

2b=

√3

2 c

Thay vào :

a2

+b2

+c2 =65 →

a=2√5

b=√30

c=√15

∨

¿a=−2√5

b=−√30

c=−√15

¿ {{

0.25 0.25

0.25

0.25

-1

4

+

0

3

0

f

f/

f t