Đề thi thử đại học môn toán khối A và B pot

TRƯỜNG THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM HỌC 2011 - 2012 NGÔ SỸ LIÊN MÔN: TOÁN (Khối A+B) BẮC GIANG Thời gian: 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 3 2 2 3 y x mx m m     1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với 1 m  ; 2) Tìm tất cả giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng 1 1 2 2 y x   . Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 3 sin 2 2cos 2 2 2cos2 x x x    2) Giải hệ phương trình: 9 7 4 9 7 4 x y y x              Câu III (2,0 điểm) 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cho SA = a , AD = 2 a , AB = a . Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích tứ diện ABIN theo a . 2) Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(1; -1; 1), B(3; 1; -2), C(2; 1; 0), D(1; -1; -2). a) Tính thể tích tứ diện ABCD, khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD); b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (BCD). Câu IV (1,0 điểm) Cho , , x y z dương thỏa mãn điều kiện 1 1 1 3 x y z    . Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 x x y y z z       PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu V.a (2,0 điểm) 1) Tìm giới hạn sau: 1 2 3 1 tan( 1) 1 lim 1 x x e x x       2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác cân ABC (AB =AC). Biết phương trình các đường thẳng AB, BC tương ứng là 1 : 2 1 0, 4 3 0 d x y x y       . Viết phương trình đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC. Câu VI.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình:     2 2 9 3 log 3 4 2 1 log 3 4 2 x x x x       B. Theo chương trình Nâng cao Câu V.b (2,0 điểm) 1) Tính tổng 2 1 2 2 2 3 2 2011 2 2012 2012 2012 2012 2012 2012 1 2 3 2011 2012S C C C C C      2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh A(2; 2). Đường thẳng (d) đi qua trung điểm các cạnh AB, AC có phương trình 6 0 x y    . Điểm D(2; 4) nằm trên đường cao đi qua đỉnh B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Câu VI.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 4 4 3 8.3 9.9 0 x x x x      HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I (2,0 điểm) 1) Khi 1 m  , ta có: 3 2 3 2 y x x    . Các bạn tự giải. 2) Ta có: 3 2 2 2 3 ' 3 6 y x mx m m y x mx        ; 0 ' 0 2 x y x m        . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi 0 m  Cách 1 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ thuận lợi): Gọi A( 2 0; m m  ), B( 3 2 2 ; 4 m m m m    )  tọa độ trung điểm M của đoạn AB là M=( 3 2 ; 2 m m m m    ) Điều kiện cần: Để hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng (d): 1 1 2 2 y x   , điều kiện cần là điểm M nằm trên đường thẳng (d) tức là: 3 2 1 1 2 1 2 2 m m m m m        Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2)  (2; 4) AB     Hệ số góc của đường thẳng AB là: -2  đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng (d) (thỏa mãn) Vậy với m = 1 thì … Cách 2 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ không thuận lợi): Ta có:   2 2 1 ' 2 3 3 m y x y m x m m             2 2 2 y m x m m      là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. Điều kiện cần: Để hai điểm cực trị A, B đối xứng qua đường thẳng (d): 1 1 2 2 y x   , điều kiện cần là đường thẳng AB vuông góc đường thẳng (d) tức là:   2 1 2 . 1 1 2 m m       Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=1  M(1; 0) là trung điểm của đoạn AB nằm trên (d)  m=1 thỏa mãn. Khi m= -1, ta có: A(0; 0), B(-2; 4) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=-1  M(-1; 2) là trung điểm của đoạn AB không nằm trên (d)  m=-1 không thỏa mãn. Vậy với m = 1 thì … Câu II (2,0 điểm) 1) 2 2 3 sin 2 2cos 2 2 2cos 2 2 3sin cos 2cos 4 | cos | x x x x x x x       (2) Khi cos 0 x  , ta có: 2 cos 0 (2) 2 3sin cos 2cos 4cos 3 sin cos 2 x x x x x x x           cos 0 2 3 1 2 sin cos 1 2 (KTM) 2 2 3 x x k x x x k                         Khi cos 0 x  , ta có: 2 2 3 sin cos 2 cos 4cos 3 sin cos 2 x x x x x x         3 1 sin cos 1 2 (KTM) 2 2 3 x x x k           KL: 2) ĐK: 7; 7 x y   9 7 4 9 7 0 9 7 9 7 4 0 0 0 9 7( ) 9 7 9 79 7 x y y x x y y x x y x y x y x y y x VN y x x yx y                                                  Khi 0 x y   , ta có: 9 7 4 9 7 4 7 9 7 4 x x x x x x x                     KL: Câu III (2,0 điểm) 1) + Vì SA(ABCD) nên SABM (1) Ta có:     2 . . . . 0 AC MB AB AD AB AM AB AB AM AD AB AD AM                        ACBM (2) Từ (1) và (2): BM (SAC)  (SBM)(SAC) + Xét tam giác ABM vuông tại A có đường cao AI  AI = 3 a Xét tam giác ABI vuông tại I  BI = 2 3 a  S ABI = 2 2 6 a Gọi O là tâm của HCN ABCD, ta có: NO là đường trung bình tam giác SAC  ON = 2 a và là đường cao của hình chóp N.ABI  V ABIN = 3 2 36 a (đvtt) 2) a) Ta có: ( 2; 2;3), ( 1;0;2), ( 2; 2;0) , (4; 4;2) , 6 BA BC BD BC BD BA BC BD                              1, 3, 1 ABCD BCD V S AH     b) Gọi H(x 0 ;y 0 ;z 0 ) là hình chiếu của A lên (BCD). Ta có: 0 0 0 ( 1; 1; 1), , AH x y z BC BD            cùng phương và 0 0 0 ( 2; 1; ), , CH x y z BC BD           vuông góc hay 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 2 1 1 1 ,4( 2) 4( 1) 2 0 , , ' ; ; 4 4 2 3 3 3 3 3 3 x y z x y z x y z A                         Câu IV (1,0 điểm) Đặt 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 , , 3, , , 2 2 1 2 2 1 2 2 1 a b c a b c a b c x y z x x a y y b z z c                 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 a b c x x y y z z a b c              Ta có: 2 2 ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 a b c a b c a b c a b c                        2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 a b c a b c a b c                      2 2 2 2 ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2( ) 3 a b c a b c a b c a b c              (đpcm) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 hay x=y=z=1 Câu V.a (2,0 điểm) 1) 1 2 3 1 tan( 1) 1 lim 1 x x e x x       = 1 2 1 2 3 3 3 1 1 1 1 tan( 1) 1 tan( 1) lim lim lim 1 1 1 x x x x x e x e x x x x                  1 2 2 2 2 3 3 1 1 1 1 1 1 sin( 1) 1 lim lim lim lim 1 1 1 1 os( 1) x x x x x e x x x x x x x c x                         1 2 3 2 3 2 3 3 2 2 1 1 1 1 1 sin( 1) lim lim 1 lim lim 1 1 3 6 9 1 1 os( 1) x x x x x e x x x x x x x x c x                           2) Ta có: B(1; -1) Gọi M(-4m-3; m) (với m-1) là trung điểm của cạnh BC  C(-8m-7; 2m+1) PT đường thẳng AM: 4x – y + 17m +12 =0  A 17 11 17 14 ; 6 3 m m          31 31 11 11 ; 6 3 m m AC             VTCP của AC là: (31;22) (vì m-1) và cũng là VTPT của đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC. PT đường cao: 31x+22y – 9 = 0 Chú ý: Có thể lập luận và chọn điểm A cụ thể khác B nằm trên đường thẳng d 1 . Câu VI.a (1,0 điểm) ĐK: 2 1 3 4 2 1 1 3 x x x x                      2 2 2 2 9 3 9 9 log 3 4 2 1 log 3 4 2 2log 3 4 2 log 3 4 2 1 0 x x x x x x x x               (1) Đặt t=   2 9 log 3 4 2 x x   , ĐK: t0, (1) trở thành:   2 2 9 7 1 3 2 1 0 0 1 0 log 3 4 2 1 1 1 3 x t t t x x x                          KL: 7 1 ; 1 ;1 3 3 S                  Câu V.b (2,0 điểm) 1) Xét hàm số:   1 0 1 2 2 3 3 ( ) (1 ) (1 ) n n n n n n n n f x x x C xC x C x C x C           0 2 1 2 3 2 3 4 3 1 (1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n n n x C x x C x x C x x C x x C             Ta có: 1 1 1 ( ) (1 ) '( ) ( 1)(1 ) "( ) ( 1) (1 ) "(1) ( 1) .2 n n n n f x x f x n x f x n n x f n n                 hay 0 2 1 2 3 2 3 4 3 1 ( ) (1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n n n f x x C x x C x x C x x C x x C             0 1 2 2 2 3 3 1 1 2 2 3 2 1 1 2 2 2 3 2 '( ) (1 2 ) (2 3 ) (3 4 ) ( ( 1) ) "( ) 2 (2 6 ) (6 12 ) ( ( 1) ( 1) ) "(1) 2 2.2 2.3 2 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n f x C x C x x C x x C nx n x C f x C x C x x C n n x n nx C f C C C n C                                 1 2 2 2 3 2 1 1 2 2 2 3 2 2 2 2.2 2.3 2 ( 1) .2 2 3 ( 1) .2 n n n n n n n n n n n n C C C n C n n C C C n C n n                 Khi 2012 n  , ta có: 2 1 2 2 2 3 2 2012 2010 2012 2012 2012 2012 1 2 3 2012 2013.2012.2 C C C C     =S 2) Gọi M là trung điểm của BC  M(4; 4) (M đối xứng với A qua đường thẳng x+y-6=0) Đường thẳng BC là: x+y-8=0 Gọi B(b;8-b)  C(8-b;b). Ta có: ( 2;4 ); (6 ; 2) DB b b AC b b         Vì D nằm trên đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC nên DBAC  . 0 2, 5 DB AC b b       + Khi b=2, ta có: B(2;6) và C(6;2) + Khi b=5, ta có: B(5;3) và C(3;5) Câu VI.b (1,0 điểm) ĐK: 4 x   2 4 4 2 2 4 4 3 8.3 9.9 0 3 8.3 9 0 x x x x x x x x              (2) Đặt 17 4 4 3 D : 3 x x t K t      . (2) trở thành: t 2 – 8t – 9 > 0  t > 9 Khi t >9, ta có: 4 3 9 4 2 4 4 6 0 4 3 5 x x x x x x x x                   KL: (5; ) S   HẾT Hoàng Văn Huấn – Sưu tầm đề và đưa ra hướng dẫn giải. . thẳng BC là: x+y-8=0 Gọi B( b;8 -b)  C(8 -b; b). Ta có: ( 2;4 ); (6 ; 2) DB b b AC b b         Vì D nằm trên đường cao qua đỉnh B c a tam giác ABC nên DBAC  . 0 2, 5 DB AC b b . đường cao AI  AI = 3 a Xét tam giác ABI vuông tại I  BI = 2 3 a  S ABI = 2 2 6 a Gọi O là tâm c a HCN ABCD, ta có: NO là đường trung b nh tam giác SAC  ON = 2 a và là đường cao c a hình. AB AB AM AD AB AD AM                        ACBM (2) Từ (1) và (2): BM (SAC)  (SBM)(SAC) + Xét tam giác ABM vuông tại A