De thi thu lan 2 Khoi D nam 2012

Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn nhất.. Câu III .1điểm.[r]

SỞ GD & ĐT QUẢNG TRỊ

Trường THPT Thị xã Quảng Trị

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn Toán khối D Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm )

Cho hàm số y  x4  2(1  m x2) 2  m  1

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

2 Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn nhất

Câu II (2 điểm )

1 Giải phương trình : 2 sin 2 3sin cos 2

4

2 Giải hệ phương trình :







Câu III (1điểm ) Tính tích phân : I = 2   2  

2







Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA=SB=a, SD=a 2

và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa AC và SD

Câu V (1 điểm ) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2(x2 + y2) = xy + 1 Tìm GTNN và GTLN của biểu thức: P =

4 4

xy





II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau (Phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VIa (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 2y – 2 = 0 Tìm m để trên đường thẳng dm: x + my -3 = 0 chỉ có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ đến (C) được hai tiếp tuyến vuông góc nhau

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-1;0;1) , B(1;2;3) và (P): x – z =0 Tìm M thuộc

(P) sao cho tam giác MAB vuông cân tại M

Câu VIIa ( 1 điểm ) Giải phương trình trên tập số phức: z z  3 z   i 0

B Theo chương trình nâng cao

Câu VIb (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng d1: 3x – y – 4 =0; d2: x + y – 6 = 0; d3: x-3=0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng A, C thuộc d3, B thuộc d1 và D thuộc d2

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(2;0;0) và M(1;1;1) Mặt phẳng (P) thay đổi chứa

đường thẳng AM và cắt các tia Oy, Oz lần lượt tại: B(0; b; 0), C(0; 0; c) Tìm b và c sao cho diện tích tam giác ABC nhỏ nhất

Câu VIIb ( 1 điểm ) Giải phương trình trên tập số thực : log 2  log 2

5 1  x  5 1  x  x

………Hết………

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN II – MÔN TOÁN KHỐI D

C1.1:

1đ Khi m = 2 ta có:

y  x  x  TXD: D = R

Sự biến thiên: y’ = 4x3 + 12x; y’ = 0  x  0

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

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yct = 3

Giới hạn: lim

x y

   BBT

x  0 +

y’ - 0 +

y + +

3

Đồ thị: 0.25 0.25 0.25 0.25 C1.2: 1đ y’ = 4x3 – 4(1-m2)x = 4x(x2 + m2 – 1); y’ = 0  x  0 hoặc x2 = 1 - m2 (1) Hàm số có CĐ, CT, khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phâm biệt khác 0  m    1;1  Khi đó tọa các điểm cực trị A(0; m + 1); 2 4 2 2 4 2 ( 1 ; 2 ); ( 1 ; 2 ) B  m  m  m  m C   m  m  m  m 2 4 2 2 5 1 ( ; ) 1 2 1 (1 ) 1 2 ABC S  BC d A BC   m m  m    m  Dấu = xảy ra khi m = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 C2 1: 1đ PTsin2x + cos2x = 3 sinx + cosx+2 2sinx.cosx–3 sinx+2cos2x–cosx–3= 0 (2cosx-3)sinx + (cosx + 1)(2cosx-3)=0(2cosx-3)(sinx + cosx + 1)=0 sinx + cosx =-1 1 2 sin 2 4 2 2 x k x x k                          0.25 0.25 0.25 0.25 C2 2: 1đ 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 (1)

1 3 2 2 0 (2)







Điều kiện:   1 x  1;0  y  2; Đặt t= x + 1  t  0; 2 ,

ta có (1) t3  3 t2  y3  3 y2 Hàm số f u ( )  u3 3 u2nghịch biến trên  0; 2  nên

    Vậy nghiệm của hệ là (0; 1)

0.25 0.25 0.25 0.25

C3:

1đ I = 2  2   2  2   2

2x 1 ln x x 1 cos xdx 2x ln x x 1 cos xdx cos xdx I I

1 2





     Đặt x = -t  dx   dt

1 0

I

 

2

2 2

2 2













Vậy I = 0+ 2 = 2

0.25

0.25

0.25

0.25

C 4:

1đ

K

O

D

B

A

C

S

H

Gọi O  AC  BD

Do (SBD)  ( ABCD )mà AC  BD  AC  SO   SACcân tại S  SA SC a  

( )

       SO  BO  DO   BSD vuông tại S

3,

   Kẻ SH  BD  SH  ( ABCD ) 6

3

SH

BD

.

SABCD

Kẻ OK  SD ( ; )

0.25 0.25

0.5

C5:

1đ Đặt t = xy Ta có:

5

xy  x y  xy   xy xy

xy  xy  xy  xyxy DK   t

2

' , ' 0 0( ), 1( )

0.25 0.25

 

P       P      P 

Vậy maxP = 1

4 đạt được khi

; 2 1

0 2

x x y

y







  

; minP = 2

15 đạt được khi:

; ;





     

;

0.25

0.25

C6a1:

1đ

Đường tròn (C) có tâm I(1; -1), R = 2 Gọi M(x;y) mà từ đó kẻ đến (C) hai tiếp tuyến MA,

MB vuông góc nhau (A, B là tiếp điểm) Suy ra MAIB là hình vuông và

MI  IA  R  suy ra M thuộc (C’) tâm I và bán kính R  ' 2 2

ycbt ( dm)tiếp xúc (C’)

2 2

1

m

m

m



Vậy không có điểm M cần tìm

0.25 0.25

0.25 0.25 C6a2:

1đ Gọi M(a;b;c) là điểm cần tìm, ta có:  AM  ( a  1; ; b c  1); BM   ( a  1; b  2; c  3)

Theo bài ra ta có hệ: ( )

3 2

6

M A M B

c









 

Vậy 6 6 3 6 6 6

6 6 3 6 6 6

M M







0.5

0.5

C7a:

1đ Ta có: z z  3 z    i 0 z z (  3)  i, mà z   3 R nên z thuần ảo, đặt z = t.i,

t  R, khi đó ta có pt:

3 1 0







0.5

0.5 C6b1:

1đ

Ta có: B  d D1;  d2, vì A C ,  d3 và d3 / / Oy, nên B và D đối xứng nhau qua d3 Do đó B(2;2), D(4;2)

Khi đó A  d3 sao cho tam giác ABD vuông cân tại A suy ra A(3;3) hoặc A(3;1)

Vậy A(3;3); B(2;2); C(3;1); D(4;2) hoặc A(3;1); B(2;2); C(3;3); D(4;2)

0.25 0.25 0.5 C6b2:

1đ

Ta có (P) qua A, B, C, M nên ta có: 1 1 1

bc

Mà  AB   ( 2; ;0); b  AC   ( 2;0; ) c      AB AC ,    ( bc c b ;2 ;2 )

Suy ra: 1 1 2 2 2 2 1 2

ABC

 

Vậy: min S  4 6 đạt được khi

0

4 2

bc

 







 



0.25 0.25 0.25

0.25

C7b:

1đ

Điều kiện: x > 0

Ta có:        

2

x

0.25

0.25

Đặt: t =

2

log

5 1 2

x

(t>0)

Pttt: 2

2

5 1 2

5 1 ( ) 2

t







  





0.25 0.25