de thi thu dai hoc co dap an

2,0 điểm Cho hàm số SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HOÀ BÌNH TRƯỜNG THPT DTNT.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1.[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 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) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên

măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách

giữa AA’ và BC là

a 3 4

Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P =

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

:

( ) :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

và cách I một khoảng bằng 3 2.

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



là một số thuần ảo

.… Hết …

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 :

1 2

y

là tiệm cận ngang

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 -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 :

2 1

1 2

x

x





Có

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

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

1 2

m

x x

 









1 2 ; 1 2 2 2 1 2 4 1 2 4 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 os3 ( 3 sin 2c x x cos2x 2 cos 3 )x 0





 

 Với cos 3x 0 3x 2 k x 6 k 3



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

2



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:

2 2





 (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)

(1,0) (1,0) Theo giả thiết ta có 2a2b2aba b ab   2

Từ đây suy ra :

1 1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :

Đặt t =

a b

b a , ta suy ra : 2t + 1  2 2 t 2  4t2 – 4t – 15  0  t 

5 2

Mặt khác: P =

    = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 =

f(t)

f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0  t =

1 2

 hay t = 2

 Min f(t) =

23 4

 khi t =

5 2

Theo giả thiết ta có 2a2b2aba b ab   2

Từ đây suy ra :

1 1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :

Đặt t =

a b

b a , ta suy ra : 2t + 1  2 2 t 2  4t2 – 4t – 15  0  t 

5 2

Mặt khác: P =

    = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 =

f(t)

f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0  t =

1 2

 hay t = 2

 Min f(t) =

23 4

 khi t =

5 2 1

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

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)

.2.

(P) có VTPT n  P (1;1; 1)

, đường thẳng d có VTCP u    d (1; 1; 3)

Tọa độ điểm I là nghiệm hệ phương trình :



Gọi  có VTCP uTa có :

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

d’ = (P)  (Q)  d’ đi qua I có VTCP u d'n n P, Q (0; 3; 3)  3(0;1;1)

phương trình đường thẳng d’ : d x' : 1;y 2 t z;  4 t

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

Với t = 3  H(1 ; 5 ; 7) 

:



Với t = –3  H(1 ; –1 ; 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

Ta có: OM.ON = 8 

8 2



a b  a b a b

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









 







 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)

a Gọi z = x + yi  0 với x, y  R

1 0

i z z



 zz 5 i 3 z0  x2 + y2– x – 5 ( 3y)i = 0

 x2 – x – 2 = 0 và y =  3  (x = -1 và y =  3) hay (x = 2 và y = 3

Vậy z =  1 3i hay z 2 3i Giả sử z x yi  , khi đó z2 z  z (x yi )2 x2y2  x yi

2







TH 1 x  2 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 ;

H

… ết …