De thi thu DH lan 2 truong THPT Quynh Luu 4

Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm A và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất.. Thí sinh không được sử dụng tài liệu.[r]

TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2012

Môn: TOÁN; Khối: A

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

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y= x − 1

x +1 (C)

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

2 Gọi A và B là hai giao điểm của đường thẳng : y=1

6 x và đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường phân giác góc phần tư thứ nhất sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: cos x +cos3 x=1+√2 sin(2 x+ π

4)

2 Giải bất phương trình sau: (2+ √x2− 2 x +5)( x +1)+4 x√x2+1 ≤2 x√x2− 2 x +5

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I=

∫

0

π

4 cos(x+ π

4)

sin 2 x+2(sin x +cos x )+2 dx

Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a Gọi M và N lần lượt là trung điểm của

cạnh SC và SB.Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BM vuông góc với CN

Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm

x3− y3 +3 y2−3 x − 2=0

x2 +√1 − x2− 3√2 y − y2

+m=0

¿{

¿

¿

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 toạ độ Oxy, cho điểm M(1;1) và hai đường thẳng d1: 3x - y - 5 = 0, d2: x + y - 4 = 0

Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M và cắt d1, d2 tương ứng tại A, B sao cho 2MA - 3MB = 0

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) và mặt phẳng (): x + 2y + 2 = 0.

Tìm tọa độ của điểm M, biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng ()

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện |z +1 −5 i|=|z +3 −i| Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) có phương trình x2

25+

y2

16=1 Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho MF1 = 4MF2 (F1 và F2 là tiêu điểm bên trái và bên phải của (E))

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;-1;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và cách

gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất

Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện |z −2 −4 i|=|z −2 i|.Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất

- 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:

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=− x3

+(2 m+1) x2−(m2−3 m+2)x − 4 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1

2 Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: cos2

(π3+x)+cos2

(π3 − x)=4 −sin x

2

2 Giải hệ phương trình sau:

√x +7+√y +3=6

¿{

¿

¿

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I=∫

0

ln 2

e x +2 e xdx

Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a Gọi M và N lần lượt là trung điểm của

cạnh SC và SB.Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BM vuông góc với CN

Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình √x+√9 − x=√− x2+9 x +m có nghiệm

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 toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: 3x - 4y + 2012 = 0 và đường tròn (C): ¿

Viết phương trình đường thẳng  song song với đường thẳng d và cắt đường tròn (C) theo một dây cung có độ dài bằng 2√5

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) và mặt phẳng (): x + 2y + 2 = 0.

Tìm tọa độ của điểm M, biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng ()

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện |z +1 −5 i|=|z +3 −i|.Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) có phương trình x2

25+

y2

16=1 Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho MF1 = 4MF2 (F1 và F2 là tiêu điểm bên trái và bên phải của (E))

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;-1;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và cách

gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất

Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện |z −2 −4 i|=|z −2 i|.Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất

- 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:

TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2- NĂM 2012

TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2-NĂM 2012

Môn: TOÁN; Khối: D

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

Môn: TOÁN; Khối: A

(Đáp án- thang điểm gồm 05 trang)

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM

I.

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

* Tập xác định ¿D=R {−1¿

¿

* Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: y '

= 2

¿ ¿

Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞;−1 ) và (−1 ;+ ∞).

0,25

Giới hạn và tiệm cận: lim y x → −∞=lim yx →+∞=1 tiệm cận ngang: y = 1

lim y x → −1 −

=+ ∞ , lim y

x →− 1+ ¿

=−∞¿ tiệm cận đứng: x = -1 0,25 Bảng biến thiên:

x   - 1 

'

y 

1

1 -

* Đồ thị:

0,25

0,25

2.(1,0 điểm)

Tọa độ A và B là nghiệm của hệ phương trình

y=1

6x

y= x − 1

x +1

¿{

¿

¿

⇒ A(2;1

3), B(3 ;1

2)

0,25

Dễ thấy A và B nằm về cùng phía đối với đường phân giác d: x - y = 0 Gọi A’(a;b) là điểm

đối xứng của A qua d

0,25

Ta có:

(a − 2).1+(b −1

3) 1=0

a+2

2 −

b+1

3

2 =0

⇔

¿a=1

3

b=2

¿{

¿

¿

⇒ A '

(13;2)

⇒⃗ A ' B=1

6(16 ;−9) Phương trình tham số của A’B là :

x=3+16 t

y =1

2−9 t (t ∈ R)

¿{

¿

¿

0,25

Khi đó M là giao điểm của A’B và d Tọa độ M là nghiệm của hệ

x − y =0 x=3+16 t y=1

2−9 t

⇒ M(75;

7

5)

¿{ {

¿

¿

Vậy M(75;

7

5)

0,25

II.

(2,0 điểm) 1 (1,0 điểm)

Ta có: cos x +cos3 x=1+√2 sin(2 x+ π

4)⇔2 cos x cos2 x =1+sin 2 x +cos2 x

⇔2 cos2x +2 sin x cos x − 2 cos x cos2 x=0

0,25

⇔

¿

¿

¿

0,25

⇔

¿

¿

¿

0,25

2 (1,0 điểm)

Ta có: (2+ √x2− 2 x +5)( x +1)+4 x √x2+1 ≤2 x√x2− 2 x +5

⇔¿

0,25

⇔(x +1)[2+√x2− 2 x +5+ 2 x (3 x −1)

2√x2+1+√x2−2 x+5]≤ 0

⇔(x +1)(4√x2+1+2√x2−2 x+ 5+ 2√ (x2

+1) (x2−2 x+5)+7 x2− 4 x +5)≤ 0

0,25

⇔ x +1 ≤0 ⇔ x ≤ −1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T = ¿

0,25

III. (1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Ta có: I=

∫

0

π

4 cos(x+ π

4)

sin 2 x+2(sin x +cos x )+2 dx=

√2

2 ∫

0

π

4

cos x −sin x

0,25

.¿√2

2 ∫

0

π

4

d (cos x +sin x+1 )

(cos x +sin x +1)2

0,25

¿−√2

2 .

1

cos x+sin x +1∨0

π

4

¿−√2

2 ( √2+11 −

1

2)=3√2− 4

IV.

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Gọi I là trung điểm BC và G là trọng tâm SBC

Vì tam giác SBC cân tại S nên tam giác BGC vuông cân tại G

0,25

Từ đó GB=¿GC = √2

2 BC=

a√2

2 và GI =

1

2a

0,25 Xét tam giác vuông SHI (H là chân đường cao của hình chóp hạ từ A) ta có:

SH=√SI2−HI2 mà SI = 3 a

2 và HI =

a√3

6 ⇒SH= a√78

6

0,25

Vậy VS.ABC = 1

3SH SABC=a3√26

V.

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Ta có:

x3− y3 +3 y2−3 x − 2=0❑(1)

x2+√1 − x2− 3√2 y − y2+m=0❑(2)

¿{

¿

¿

ĐK:

−1 ≤ x ≤ 1

0 ≤ y ≤2

¿{

¿

¿

Ta có (1) ⇔ x3

0,25

Hàm số f(t) = t3 - 3t có f’(t) = 3t2 - 3 < 0 với mọi t  (-1;1) Nên f(t) là hàm số nghịch biến trên

đoạn [-1;1] Từ (3) ta có f(x) = f(y-1) với −1 ≤ x ≤ 1 và − 1≤ y − 1≤ 1

Do đó x = y - 1  y = x + 1

0,25

Thay y = x + 1 vào (2) ta được x2

− 2√1 − x2+m=0 ⇔m=− x2

+2√1− x2

Dễ thấy hàm số g(t )=−t +2√1 −t liên tục và nghịch biến khi t  1 0,25

nên với 0  x2  1 ta có 2 ≥− x2+2√1− x2≥− 1

VIa.

(2,0 điểm) 1 (1,0 điểm)Ta có A  d1 nên A(x1;3x1-5), B  d2 nên B(x2;4-x2) 0,25

Vì A, B, M thẳng hàng và 2MA = 3MB nên ¿¿

0,25

(1,0 điểm)

(1)

⇔

2(x1−1)=3(x2− 1)

2(3 x1− 6)=3(3 − x2)

⇔

¿x1=5 2

x2=2

⇒ A(52;

5

2), B (2;2)

¿{ Suy ra d: x - y = 0

0,25

(2)⇔

2(x1−1)=−3 (x2−1)

2(3 x1− 6)=−3 (3− x2)

⇔

¿x1=1

x2=1

⇒ A (1;− 2), B(1 ;3)

¿{ Suy ra d: x - 1 = 0

Vậy có d: x - y = 0 hoặc d: x - 1 = 0

0,25

2 (1,0 điểm)

Goi tọa độ điểm M(a;b;c) Ta có: MA2 = MB2  ¿

 a = b (1) 0,25

MB2 = MC2  a2

+¿

 b = 3 - c (2)

0,25

d2(M, ()) = MA2⇔ (a+ 2b+ 2)

2

5 =¿ (3) Thay (1) và (2) vào (3) ta được

0,25

6a2 - 52a + 46 = 0

⇔

¿

¿

¿

Vậy M(1;1;2) hoặc M(233 ;

23

3 ;−

14

3 )

0,25

Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y  R) Ta có

|x +1+( y −5)i|=|x +3 −( y +1)i| (1)

⇔√¿ ¿

⇔ x +3 y=4 Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường

thẳng x + 3y = 4 Mặt khác |z|=√x2+y2=√¿ ¿

Hay |z|=√2( √5 y − 6

√5)2+8

5≥

2√2

√5

Do đó |z|min⇔ y=6

5⇒ x =2

5 Vậy z=

2

5+

6

5i

0,25 0,25 0,25

0,25

VIb.

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Ta có a2 = 25  a = 5, b2 = 16  b = 4 c2 = a2 - b2 = 25 - 16 = 9  c = 3 0,25 Gọi tọa độ điểm M là (x;y) và M  (E) nên ta có MF1 + MF2 = 10 0,25

hay 5 − 3 x

5 =2  x = 5 thay vào phương trình của (E)  y = 0 Vậy M(5;0)

0,25

2 (1,0 điểm)

(1,0 điểm)

nên (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với OA Ta có ⃗OA=(2;−1 ;1) 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 2(x - 2) - (y + 1) + (z - 1) = 0 hay 2x - y + z - 6 = 0 0,25

(1,0 điểm)

Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y  R) Ta có

|x −2+( y − 4)i|=|x +( y − 2)i| (1) ⇔√¿ ¿ 0,25

⇔ y =− x +4 Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường

thẳng x + y = 4 Mặt khác |z|=√x2

+y2

=√x2 +x2−8 x +16=√2 x2− 8 x +16

0,25

Hết

-TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2- NĂM 2012

Môn: TOÁN; Khối: D

(Đáp án- thang điểm gồm 04 trang)

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM

I.

(2,0 điểm) 1 (1,0 điểm) * Tập xác định D R Khi m = 1 ta có y = - x3 + 3x2 - 4

* Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: y '

=− 3 x2+6 x, y'=0⇔ x =0 , x =2

Hàm số đồng biến trên khoảng (0 ;2) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞;0 ) và (2 ;+∞)

0,25

Giới hạn: lim y x → −∞ =+ ∞, lim y x→+∞=− ∞

Cực trị: xCĐ = 2, yCĐ = 0 và xCT = 0, yCT = - 4

0,25

Bảng biến thiên:

x   0 2 

'

y  0  0 

y   0

-4 -

0,25

2 (1,0 điểm)

Ta có y '

=− 3 x2+2(2 m+1) x −(m2− 3 m+2) Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai

phía của trục tung khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có hai nghiệm trái dấu 0,25

Δ '>0

P<0

¿{

0,25

⇔

¿

¿

0,25

II.

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Ta có:

cos2(π3+x)+cos2(π3 − x)=4 −sin x

1+cos(2 π3 +2 x)

1+cos(2 π3 −2 x)

4 −sin x

⇔ sin x −2+cos(2 π3 +2 x)+cos(2 π3 −2 x)=0⇔sin x − 2+2cos 2 π

3 cos 2 x=0

0,25

⇔

¿

¿

¿

2 (1,0 điểm)

ĐK: −7 ≤ x ≤ −2, −3 ≤ y ≤ 2

Ta có

√x +2+√y − 2=4

⇔

¿√x+7 +√x +2+√y +3+√y −2=10

√x +7 −√x +2+√y+3−√y − 2=2

¿{

¿

¿

0,25

Đặt u=√x +7+√x +2và v=√y+ 3+√y − 2 (u > 0 và v > 0)

Ta được

u+v=10

5

u+

5

v=2

¿{

¿

¿

0,25

⇔ u+v=10

uv=25

⇔

¿u=5

v=5

¿{

0,25

Khi đó

√x +7+√x +2=5

√y +3+√y − 2=5

⇔

¿x=2 y=6

¿{

¿

¿

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x;y) = (2;6)

0,25

III.

(1,0 điểm) (1,0 điểm)

Ta có: I=∫

0

ln 2

e x +2 e xdx=∫

0

ln 2

Ta được I=∫

1

2

e 2 tdt=1

2 e

2t

∨ 1

2

(1,0 điểm)

(1,0 điểm)

Gọi I là trung điểm BC và G là trọng tâm SBC

Vì tam giác SBC cân tại S nên tam giác BGC vuông cân tại G

0,25

Từ đó GB=¿GC = √2

2 BC=

a√2

2 và GI =

1

Xét tam giác vuông SHI (H là chân đường cao của hình chóp hạ từ A) ta có:

SH=√SI2−HI2 mà SI = 3 a2 và HI = a√3

6 ⇒SH= a√78

6

0,25

Vậy VS.ABC = 1

3SH SABC=

a3√26

V.

(1,0 điểm) (1,0 điểm)√x+√9 − x=√− x2

+9 x +m (1) ĐK: 0  x  9 (1) ⇔(√x +√9 − x)2=− x2+9 x +m⇔9+2√x (9− x)=x (9− x)+m (2)

0,25 Đặt t = √x (9 − x) thì t [0 ;9

2]

Khi đó (2) trở thành 9 - m = t2 - 2t (3) với t [0 ;9

Bài toán trở thành tìm các giá trị của m để phương trình (3) có ít nhất một nghiệm t [0 ;9

2]

Xét hàm số f(t) = t2 - 2t trên [0 ;9

2] ta có fmax = 45

4 và fmin = -1

0,25

Khi đó −1 ≤ 9 −m≤45

4 ⇔−9

4≤ m≤ 10

Vậy các giá trị của m để phương trình có nghiệm là −49≤ m≤ 10 0,25

VIa.

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Do Δ // dnên phương trình  có dạng 3x - 4y + c = 0 ( c  2012) Gọi AB là dây cung mà  cắt

(C) (AB = 2√5) và M là trung điểm AB

0,25 (C) có tâm I(3;1) và bán kính R = 3 Ta có IM = √R2− MA2=√9− 5=2 0,25 d(I, ) = IM = 2 ⇒|9 − 4+ c|

0,25

⇔|5+c|=10⇔

¿

¿

¿

Vậy : 3x - 4y + 5 = 0 hoặc 3x - 4y - 15 = 0

0,25

2 (1,0 điểm)

Goi tọa độ điểm M(a;b;c) Ta có: MA2 = MB2  ¿

 a = b (1)

0,25

MB2 = MC2  a2

+¿

 b = 3 - c (2)

0,25

d2(M, ()) = MA2⇔ (a+ 2b+ 2)

2

5 =¿ (3) Thay (1) và (2) vào (3) ta được

0,25

6a2 - 52a + 46 = 0

⇔

¿

¿

¿

Vậy M(1;1;2) hoặc M(233 ;

23

3 ;−

14

3 )

0,25

(1,0 điểm)

0,25

Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y  R) Ta có

|x +1+( y −5)i|=|x +3 −( y +1)i| (1)

⇔√¿ ¿

⇔ x +3 y=4 Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường

thẳng x + 3y = 4 Mặt khác |z|=√x2

+y2

Hay |z|=√2( √5 y − 6

√5)2+8

5≥

2√2

Do đó |z|min⇔ y=6

5⇒ x =2

5 Vậy z=

2

5+

6

VIb.

(2,0 điểm)

VIIb.

(1,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Ta có a2 = 25  a = 5, b2 = 16  b = 4 c2 = a2 - b2 = 25 - 16 = 9  c = 3 0,25 Gọi tọa độ điểm M là (x;y) và M  (E) nên ta có MF1 + MF2 = 10 0,25

hay 5 − 3 x

5 =2  x = 5 thay vào phương trình của (E)  y = 0 Vậy M(5;0)

0,25

2 (1,0 điểm)

nên (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với OA Ta có ⃗OA=(2;−1 ;1) 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 2(x - 2) - (y + 1) + (z - 1) = 0 hay 2x - y + z - 6 = 0 0,25

Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y  R) Ta có

|x −2+( y − 4)i|=|x +( y − 2)i| (1)

⇔√¿ ¿

0,25

⇔ y=− x+4 Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường

thẳng x + y = 4 Mặt khác |z|=√x2+y2=√x2+x2−8 x +16=√2 x2− 8 x +16

0,25

Hết