De thi thu DH so 11

G là trọng tâm của tam giác ABC , hai mặt phẳng SGB, SGC cùng vuông góc với đáy.. Tính thể tích khối chóp theo a..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

Thời gian làm bài: 180 phút.

I Phần chung

Câu 1 Cho hàm số y = x4- 2(m+1)x2 +2m +1 (Cm ) , điểm K(3;-2)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0

2 Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm A, B, C,D phân biệt sao cho diện tích tam

giác KAC bằng 4 (các điểm A, B, C , D được sắp xếp theo thứ tự hoành độ tăng dần)

Câu 2 Giải các phương trình sau :

1

2(cos4x − sin4x)+1

2cos(2x −

π

3) =√3 cos x+sin x

2 2 √2 x +4 +4√2 − x=√9 x2

+16

Câu 3 Tính tích phân :

I = ∫

0

π

2

x(x21+1+sin

2

x)dx

Câu 4 Cho hình chóp S.ABC có SA= 3a ( a> 0 ) , SA tạo với đáy (ABC) góc 600 Tam giác ABC vuông tại B , góc ∠ACB bằng 300 G là trọng tâm của tam giác ABC , hai

mặt phẳng (SGB), (SGC) cùng vuông góc với đáy Tính thể tích khối chóp theo a

Câu 5 Cho 1

3 < x

1

2 và y 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x2+y2+ x2y2

[(4 x −1) y − x]2

II

.Phần riêng( 3 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B

A. Theo chương trình chuẩn

Câu 6a ( 1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T) :x2y2 x 9y18 0 và

hai điểm A(4;1), B(3;-1).Gọi C,D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành

Viết phương trình đường thẳng CD

Câu 7a( 1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;4;-3), B( 4;0;1) và đường thẳng

d:

x y z

Xác định các điểm C,D sao cho ABCD là hình thoi biết rằng D nằm trên d

Câu 8a.( 1 điểm) Cho z z1, 2 là các nghiệm phức của phương trình 2z2 4z11 0 Tính giá trị của

biểu thức

2012

1 2

M







B

.Theo chương trình nâng cao

Câu 6b ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho đường tròn ( C) :x2y2 8x6y21 0

và đường thẳng d: x y 1 0 Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp đường

tròn ( C) biết điểm A thuộc d

Câu 7b ( 1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) chứa đường thẳng

d:

1

x y z

  Và tạo với mặt phẳng ( Q) : 2x 2y z  1 0 góc 600.Tìm tọa độ giao điểm M

của mặt phẳng (P) với trục Oz

Câu 8b( 1 điểm).Giải hệ phương trình.

2 2

4







HƯỚNG DẪN

Câu Nội dung Điểm

1 1

1 điểm

1.2

TXĐ: D= R

lim

x →+∞ y=+∞ , lim

x →− ∞ y=+∞

y’ = 4x3- 4x = 0 ⇔ x= 0 , x=1

Bảng biến thiên

x - ∞ -1 0 1 +

∞

y’ - 0 + 0 - 0 +

+ ∞ +

∞

1

y

0 0

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -1;0) ; (1 ;+ ∞ ) ,

Hàm sốnghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; 1) ; (0 ; 1 )

Hàm số đạt cực đại tại x= 0 , ycđ = 1

Hàm số đạt cưc tiểu tại x= 1 , x= -1 , yct = 0

y

Đồ thị : cắt trục hoành tại (-1;0) ;(1;0)

Cắt trục tung tại (0;1)

Nhận oy làm trục đối xứng

1

-1 0 1 x

Phương trình hoành độ giao điểm :

x4 - 2(m+1)x2 + 2m+1 = 0

đặt x2 = t 0 phương trình trở thành : t2 - 2(m +1)t +2m+1 = 0 (1)

để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai

nghiệm dương phân biệt ⇔

¿

Δ '=m2>0

t1+t2=2 (m+1)>0

t1.t2=2 m+1>0

¿{ {

¿

⇔ m≠ 0 m>− 1 m>−1

2

¿{ {

⇔

¿

m≠ 0 m>−1

2

¿{

¿

(* )

0,25

0.25

0.25

0.25

0.5

II.Phần riêng.

Câu 6a

1 điểm

Ta có ( T):

1 9

;

2 2

  và R=

10 2

⃗AB (-1 ;-2 ) , AB = √5 Đường thẳng CD song song với AB nên có phương trình dạng 2x y m  0

Khoảng cách từ I đến CD là h=

2 2

2 7

2 5

m

CD R h



Ta có CD= AB nên

2

5 (2 7)

1

m m

m

m







 Vậy CD có phương trình 2x y  6 0 hoăc 2x-y + 1=0

0,25

0,25 0,25 0,25 Câu

7a.

1điểm

d có vtcp u (2;1;3)

⃗

và có Ptts

6 2 1

4 3

y t

 





 



  



Ta thấy điểm Bd kết hợp với giả thiết Dd nên tâm I của hình thoi cũng

thuộc d Do ABCD là hình thoi nên ACBD, hay I là hình chiếu của A trên

Gọi I( 6+2t; 1+t; 4+3t)d Khi đó AI (5 2 ; 3 t  t;7 3 ) t

0 2(5 2 ) ( 3 ) 3(7 3 ) 0 2

AI u   t   t   t   t

 

hay I( 2;-1;-2)

Do C và D lần lươt đối xứng với A và B và qua I nên C( 3;-6;-1) và

D ( 0;-2;-5)

0,25

0,25 0,25 0,25

Câu

8a

1điểm

Gải Phương trình:2z2 4z11 0 ta được nghiệm : 1

3 2 1 2

z   i

; 2

3 2 1 2

z   i

Suy ra: 1 2

22 2

z z 

;z1z2 2

Do đó : M = 2012 2012

11 11

11

2 2





0,25 0,5

0,25 Phần B.

Câu 6b

1điểm

Đường tròn ( C ) :    

x  y  Tâm I ( 4;-3); Bán kính R =2 -Gọi điểm A (a; 1-a)d M,N lần lượt là trung điểm AB và AD Do ABCD là

Hình vuông ngoại tiếp ( C) nên

AI= 2 2

2 (2; 1)





I là tâm đường tròn cũng là tâm hình vuông nên A( 6;5) thì C( 2;-1) hoặc

ngược lại.

Cạnh hình vuông bằng 2R = 4

(Gọi D ( x;y) Ta có : AD DC  0

và AD = 4

0,25

0,25

0,25

0,25

Hay D( 6;-1) thì B( 2;-5)

Vậy bốn đinh hình vuông là :A(6;-5) B(2;-5) C(2;-1);D(6;-1)

Câu 7b -Đường thẳng d đi qua điểm A(1,0,0) và có vtcp u  ⃗(1; 1; 2)

Mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyên là n ⃗ (2; 2; 1) 

Giao điểm M(0;0;m)Oz ;AM  ( 1;0; )m

Mặt phẳng (P) có vtpt là : ⃗n = [ ⃗AB , ⃗u ] = (m ; m-2 ; 1 )

Cos600

= |2 m− 2(m −2) −1 1|

√9 √m2+(m − 2)2+1

1

√2 m2− 4 m+5 ⇔ √2m2− 4 m+5 = 2

⇔ 2m2-4m +1 = 0 ⇔ m = 2 −√2

2 hoặc m = 2+√2

2

Vậy tọa độ điểm M ( 0;0; 2 −√2

2 ); M (0;0; 2+√2

2 )

0,25

0,25 0,25

0,25 Câu 8b

1 điểm

ĐK: x0;y0 Ta có :

2

0, ; 0

y

x  xy y x   y  x y

Xét x>y 23 23

(1) 0

(1) 0

VT

VP







 vô nghiêm nên hệ vô nghiệm

Xét x<y 23 23

(1) 0

(1) 0

VT

VT







 vô nghiệm nên hệ vô nghiệm

Do đó x=y thay vào hệ ta có 2 2

0 0

2

4 x y

x x







 



Vậy nghiệm của hệ là (x;y) = ( 2; 2)

0,25 0,25

0,25 0,25

Lưu ý: Các cách giải đúng đều cho điểm tối đa.