Đề thi thử đại học môn Toán lần 1 khối D năm 2011

sở giáo dục và đào tạo thái bình trờng thpt nguyễn đức cảnh đề thi thử đại học lần i năm 2011 Môn thi: toán, khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. A. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im). Cõu I. (2 im) Cho hm s 32 24 += mxxy (1) 1. Kho sỏt hm s vi m = 2. 2. Xỏc nh m th hm s cú 3 im cc tr to thnh tam giỏc cú din tớch bng 32. Cõu II.(2 im) 1. Gii phng trỡnh: sin2x + 2cos2x = 2sinx + 4cosx - 2 2. Gii h phng trỡnh: =++ =+ 6212 113 yxy yx Cõu III.(2 im) 1. Tớnh tớch phõn: 3 0 1 1 dx x+ + 2. Cho hỡnh chúp SABC cú cỏc tam giỏc cú tam giỏc ABC vuụng cõn ti B, AB = 2a , cnh SA vuụng gúc vi mt ỏy v SA = 4a.Gi M l trung im SC. Tớnh khong cỏch t S n mp(AMB). Cõu IV.(1 im) Tỡm m phng trỡnh sau õy cú nghim: ( ) ( ) 11211 4 2 =+++ xxmxm B. PHN RIấNG (3 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc phn B) A. Theo chng trỡnh Chun. Cõu V.a(2im) 1. Trong mt phng ta Oxy cho tam giỏc ABC cú nh A(1;5), ng thng cha ng cao BH l d 1 : y - 1 = 0, ng thng cha ng trung tuyn CM l d 2 : 2x + y - 1 = 0. Tỡm to cỏc nh B, C ca tam giỏc ABC. 2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho ba im A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tớnh din tớch tam giỏc ABC v xỏc nh ta tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC. Cõu VI.a(1 im) Gii phng trỡnh: ( ) ( ) ( ) xxx =++ 3log24log21log 2 2 1 2 2 B. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu V.b(2 im) 1. Trong mt phng Oxy cho ba im I(1;1), M(-2;2), N(2;-2). Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh vuụng ABCD bit I ng thng AB i qua M, CD i qua N v I l tõm ca hỡnh vuụng ABCD. 2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, vit phng trỡnh mt phng (P) i qua hai im M(1;01;), N(2;1;1) v cỏch im A(-6;0;0) mt on bng 5. Cõu VI.b(1im) Gii phng trỡnh: ( ) ( ) 12log2log 2 3 2 2 ++=+ xxxx Ht Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Giỏm th khụng gii thớch gỡ thờm. H v tờn thớ sinh: S bỏo danh: ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM I 1 Với m = 2 ta có: y = x 4 - 4x 2 + 3 1.00 - TXĐ: D = R 0.25 - SBT: + Giới hạn: +∞= ±∞→x lim    ±= = ⇔=⇒−=+ 1 0 0'44' 3 x x yxxy BBT: x - ∞ -1 0 1 + ∞ y' - 0 + 0 - 0 + + ∞ + ∞ 3 -1 -1 + Hàm số NB trên các khoảng (- ∞ ;-1) và (0;1), ĐB trên khoảng (-1;0) và (1;+ ∞ ) + Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y(0) = 3, đạt cực tiểu tại x = ± 1, y( ± 1) = -1 0.5 0.25 - Đồ thị: 0.25 2 Xác định m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 32 1.00 - Ta có y' = 4x 3 - 4mx => y' = 0 <=> 2 0x x m =   =  ĐK để hàm số có ba cực trị là: y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt <=> m > 0 0.25 - Với m > 0 thì y' = 0 <=> 0x x m =   = ±  Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là : A(0;3), B ( ) 2 ;3m m− − , C ( ) 2 ;3m m− 0.25 - Tam giác ABC cân tại A, trung điểm BC là H(0;3-m 2 ). Ta có: 1 . 2 S BC AH= = 32 <=> 2 . 64 2 . 64 4BC AH m m m= <=> = <=> = (t/m) Vậy m = 4. 0.5 II 1 Giải phương trình: sin2x + 2cos2x = 2sinx + 4cosx - 2 1.00 ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2sin cos 2 2cos 1 2sin 4cos 2 2sin cos 1 4cos cos 1 0 2 cos 1 sin 2cos 0 cos 1 cos 1 2 sin 2cos 0 tan 2 tan2 PT x x x x x x x x x x x x x x x k x x x x acr k π π − ⇔ + − = + − ⇔ − + − = ⇔ − + = = = =    ⇔ ⇔ ⇔    + = =− = +       +−= = ⇔    −= = ⇔    =+ = ⇔ π π kx kx x x xx x )2arctan( 2 2tan 1cos 0cos2sin 1cos -KL: 0.25 0.25 0.5 2 Giải hệ phương trình:      =++− =−−+ 6212 113 yxy yx 1.00 ĐK: 3, 1x y≥ − ≥ , Đặt 3, 1u x v y= + = − Ta có hệ pt 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2 2( 3) 1 6 3 6 9 0 u v u v u x v y v u v v v − = = + = =     ⇔ ⇔ ⇔     = = + − + + = + − =     0.25 0.75 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -15 -10 -5 5 10 15 y x 3 -1 - 2 2 1 Tính tích phân: 3 0 1 1 dx x+ + ∫ 1.00 Đặt: 2 0 1 1 1 & 3 2 2 x t x t t x x t dx tdt = → =  = −  = + ⇒   = → = =   ( ) 3 2 2 2 1 0 1 1 2 1 2 2 1 2 ln 1 2 2ln 1 1 3 1 1 dx tdt dt t t t t x   ⇒ = = − = − + = +  ÷ + + + +   ∫ ∫ ∫ 0.25 0.75 2 M S O x z y C B A 0.5 ( ) [ ] ( ) 0222: , : =−+−⇒    = ⇒ azyxABMpt AMABnVTPT Aqua ABMmp - Vậy: ( )( ) ( ) 3 4 3 2420.2 ; a aaa ABMSd = −+−− = 0.25 0.25 IV Tìm m để phương trình sau đây có nghiệm: ( ) ( ) 11211 4 2 −=+−+−+ xxmxm 1.00 - Đk: 1x ≥ , chia cả hai vế cho: 1x + > 0 ta được: ( ) 4 1 1 1 2 1 1 x x m m x x − − + + − = + + (1) Đặt [ ) 1;01 1 2 1 1 1 ,01 1 1 ∈⇒< + −= + − =≥→≥ + − = t xx x ttxdo x x t Ta có: ( ) 2 2 2 (1) 1 2 (2) 1 t t m t m t m t − + ⇔ + + − = ⇔ = + Xét H/s: [ )( ) 1;0 1 2 )( 2 ∈ + +− = t t tt tf , ( ) 2 2 1 2 3 '( ) '( ) 0 3( ) 1 t t t f t f t t l t =  + − = ⇒ = ⇔  = − +  - PT đã cho có nghiệm khi (2) có nghiệm [ ) 1;0∈t . - Từ BBT suy ra : ( ] 2;1∈m 0.25 0.25 0.25 0.25 - Ta có: AC = 2a, OB = a (O là trung điểm AC), AC, OB, OM đôi một vuông góc.Chọn hệ tọa độ Oxyz (Hvẽ). Ta có: A(0;-a;0), B(a;0;0), C(0;a;0), S(0;-a;4a) => M(0;0;2a), ( ) ( ) 0;;,2;;0 aaABaaAM [ ] ( ) 222 ;2;2, aaaAMAB −=⇒ BBT: x 0 1 f'(x) - 0 2 1 A. Theo chương trình Chuẩn. Va 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;5), đường thẳng chứa đường cao BH là d 1 : y - 1 = 0, đường thẳng chứa đường trung tuyến CM là d 2 : 2x + y - 1 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B, C của tam giác ABC. 1 (1;5) ) : 1 0 : 1 0 qua A AC pt AC x BH y  + ⇒ − =  ⊥ − =  C AC BH= ∩ nên tọa độ C là nghiệm của hệ: 1 0 1 2 1 0 1 x x x y y − = =   ⇔   + − = = −   . Vậy C(1;-1) 0.25 0.25 1 )Do B d+ ∈ nên tọa độ B có dạng (x,1), suy ra tọa độ 1 ;3 2 x M +    ÷   Ta có 2 1 2 3 1 0 3 2 x M d x +   ∈ ⇒ + − = ⇔ = −  ÷   . Vậy B(-3;1) 0.25 0.25 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tính diện tích tam giác ABC và xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 1 ( ) ( ) ( ) 1;2;0 1 7 ) , 6;3;2 , 2 2 1;0;3 ABC AB AB AC S AB AC AC  = −      + ⇒ = ⇒ = =      = −   uuur uuur uuur uuur uuur uuur 0.5 +) Gọi I(a;b;c) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 3 6 1 3 2 0 , , 1; ; a b c a b c IA IB IA IC a b c a b c a b c AB AC AI a b c ñoàng phaúng  − + + = + − +  =    = ⇔ − + + = + + −     − + + = −    uuur uuur uur Giải hệ tìm được       =>=== 98 135 , 49 40 , 98 13 98 135 , 49 40 , 98 13 Icba 0.25 0.25 VIa Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) xxx −=++− 3log24log21log 2 2 1 2 2 1 Đ K:    ≠ <<− 1 34 x x 0.25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )     ±−= ±= <=>     =−+ = <=> −+=−<=> −+=−<=> 141 11 0132 11 341 34log1log 2 2 222 22 2 2 2 x x xx x xxx xxxPT 0.25 0.25 K ết hợp ĐK 141;11 +−=−= xx 0.25 B. Theo chương trình Nâng cao Vb 1 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm I(1;1), M(-2;2), N(2;-2). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết I đường thẳng AB đi qua M, CD đi qua N và I là tâm của hình vuông ABCD. 1 + Gọi P là điểm đối xứng với M qua. => P(4;0) CD đi qua 04:)( )0;4( )2,2( =−+⇒    yxCDpt P N + 4222 2 411 2),(2 ==⇒= −+ == ADACCDIdAD Đường tròn (C) ngoại tiếp hình vuông ABCD có tâm I, bán kính R = 2 có pt là (x-1) 2 + (y-1) 2 = 4 0.25 + Ta có { } DCCCD ;)( =∩ nên suy ra tọa độ C,D là nghiệm của hệ ( ) ( )    == == ⇔    =−+− =−+ 1,3 3,1 411 04 22 yx yx yx yx + TH1: C(1;3), D(3;1), A(1;-1), B(-1;1) TH2: C(3;1), D(1;3), A(-1;1), B(1;-1) 0.25 0.25 0.25 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm M(1;01;),N(2;1;1) và cách điểm A(-6;0;0) một đoạn bằng 5. + Gọi phương trình mp(P) là: ax + by + cz + d = 0 (a 2 + b 2 + c 2 0 ≠ ) + Do (P) qua M,N nên ta có:    −−= −= ⇔    =+++ =++ )2( )1( 02 0 cad ab dcba dca + )3(5 6 5))(,( 222 = ++ +− ⇔= cba da PAd Thế 1, 2 vào (3) ta được (a+2c)(a+12c) = 0 TH1: a = -2c chọn c = -1 => a = 2, b = -2, d = -1 ==> (P): 2x - 2y - z - 1 = 0 TH2: a = -12c chọn c = -1 => a = 12, b = -12, d = -13 ==> (P): 12x - 12y + z - 13 = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 VIb ĐK: x< -2 hoặc x > 1 Đặt: y = log 2 (x 2 + 2x) suy ra phương trình tương đương với ( ) ( ) (*)1 3 2 3 1 321 312 22 12log 2log 2 2 2 3 2 2 =       +       ⇔=+⇒      =++ =+ ⇔      ++= += yy yy y y xx xx xxy xxy Ta thấy VT(*) là hàm số nghịch biến trên R nên nếu (*)có nghiệm thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất của pt. Dễ thấy y = 1 là nghiệm của (*) Với y = 1 ta có: 3122 2 ±−=⇔=+ xxx Kết hợp ĐK suy ra phương trình có nghiệm là: 31−−=x 0.25 0.5 0.25 Chú ý: - Trên đây chỉ là đáp án vắn tắt, học sinh cần có biện luận chặt chẽ mới được điểm tối đa. - Các cách giải khác đúng đến đâu cho điểm thành phần đến đó. I N P C D A B M 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu (S) đi qua điểm A(3;0;0) có tâm thuộc trục Oy và cắt mặt phẳng (P): x + 2y - 2z + 4 = 0 theo thiết diện là đường tròn (C) có chu vi bằng π 6 . Tính: ( ) 3 0; ;2 2 ; ;0 a AM a AB a a     ÷       uuuur uuur 2 2 2 3 , 2 ;2 ; 2 a AM AB a a   −   ⇒ = −  ÷     uuuur uuur 2 33 , 4 ABM a S AM AB 1   = =   2 uuuur uuur sin2x + 2cos2x = 1 + sinx - 4cosx <=> 2sinxcosx + 2(2cos 2 x - 1) - 1 - sinx + 4cosx = 0 <=> sinx(2cosx - 1) + 4cos 2 x + 4cosx - 3 = 0 <=> sinx(2cosx - 1) + (2cosx - 1)(2cosx + 3) = 0 <=> (2cosx - 1)(sinx + 2cosx + 3) = 0 TH1: 1 2cos 1 0 cos 2 2 3 x x x k π π − = <=> = <=> = ± + TH2: sinx + 2cosx + 3 = 0 (vn) . của hệ ( ) ( )    == == ⇔    =−+− =−+ 1, 3 3 ,1 411 04 22 yx yx yx yx + TH1: C (1; 3), D( 3 ;1) , A (1; -1) , B( -1; 1) TH2: C(3 ;1) , D (1; 3), A( -1; 1), B (1; -1) 0.25 0.25 0.25 2 Trong không gian với hệ. sở giáo d c và đào tạo thái bình trờng thpt nguyễn đức cảnh đề thi thử đại học lần i năm 2 011 Môn thi: toán, khối D Thời gian làm bài: 18 0 phút, không kể thời gian giao đề. A. PHN CHUNG. )     ±−= ±= <=>     =−+ = <=> −+=−<=> −+=−<=> 14 1 11 013 2 11 3 41 34log1log 2 2 222 22 2 2 2 x x xx x xxx xxxPT 0.25 0.25 K ết hợp ĐK 14 1 ;11 +−=−= xx 0.25 B. Theo chương trình Nâng cao Vb 1 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm I (1; 1),