Đề-đáp án thi thử ĐH của Bắc Ninh(dùng tốt)

Sở GD&ĐT Bắc Ninh Kỳ thi: Thử Đại học lần 2 - Lớp 12 Môn thi: TOáN 12 (Thời gian làm bài: 150 phút) I/ PHN CHUNG CHO CC TH SINH CõuI:(2) Cho hm s: 4 2 2 ( 10) 9y x m x= + + . (C m ) 1.Kho sỏt hm s ng vi m = 0 2)Tỡm m th (C m )ca hm s ct trc honh ti 4 im pbit 1 2 3 4 , , ,x x x x tha : 1 2 3 4 8x x x x+ + + = . CõuII : (2) 1.Gii phng trỡnh: 1 cos cos cos2 1 4 4 3 x x x + + = ữ ữ 2.Gii bt phng trỡnh sau : 2 3 2 5 1 7 1x x x+ Cõu III : (1) Tớnh din tớch ca min phng gii hn bi cỏc ng 2 | 4 |y x x= v 2y x= . Cõu IV : (1) Cho hỡnh chúp t giỏc S.ABCD cú SA=x, tt c cỏc cnh cũn li l 1. Tỡm x th tớch hỡnh chúp S.ABCD l 1 4 Cõu V : (1im) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc S = 1 1 1 b c a ab bc ca + + + + + bit a; b; c l ba s dng tho : abc =1 PHN T CHN: (Ch c chn phn A hoc phn B) PHN A: Theo chng trỡnh chun CUVI a (2) 1. Trong khụng gian cho hai ng thng (d 1 ): 7 4 9 1 2 1 x y z = = v (d 2 ): 3 1 1 7 2 3 x y z = = . Vit phng trỡnh tham s ng thng () ct (d 1 ), (d 2 ) v trc Ox ln lt ti cỏc im A, B, C sao cho B l trung im AC. 2. V it phng trỡnh cnh AB ca hỡnh ch nht ABCD bit cnh AB, BC, CD, DA ln lt i qua cỏc im M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1) v din tớch hỡnh ch nht l 16 CUVIIa.(1) Cho số phức z thoả mãn 1 2 z i z z = + = . Tỡm s phc liờn hp ca s phc z PHN B: Theo chng trỡnh nõng cao CUVI b.(2) 1. Trong khụng gian cho tam giỏc ABC vi B(4; 3; 2), C(4; 5; 3) ng thng (d): 2 1 1 3 4 1 x y z = = l phõn giỏc trong gúc A ca tam giỏc ABC. Tỡm ta im A v din tớch tam giỏc ABC. 2. Vit phng trỡnh ng trũn i qua hai im A(1; 5), B(5; 1) v tip xỳc vi ng trũn (C): x 2 + y 2 = 2. CUVIIb.(1) Gii bt phng trỡnh: 3 8 2 2 2 log log 1 2 log (1 2 ) log x x x x + + 1 HD CHẤM TOÁN 12 CâuI 2đ 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m= 0. y = x 4 – 10x 2 + 9 TXD:R + tính y’ và giói hạn +b¶ng biÕn thiªn ®óng +cùc trÞ ,®b,nb +xác định đúng các điểm giao ox,oy .tính đối xứng và vẽ đúng . 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và Ox. 4 2 2 ( 10) 9 0x m x− + + = (1) Đặt 2 ( 0)t x t= ≥ Ptrình (1)trở thành: 2 2 ( 10) 9 0t m t− + + = (2) ĐKđểcó 4 nghiệm : 2 2 2 ( 10) 36 0, 9 0 10 m m P S m  ∆ = + − > ∀  = >   = +  Gs hai nghi ệmcủa (2) 0<t 1 <t 2 Vì hs đã cho là hs chẵn và theo đề bài ta có 1 2 1 2 1 2 4 2 . 16t t t t t t+ = ⇔ + + = (*) Áp dụng Viet 2 1 2 1 2 10 , 9 b c t t m t t a a − + = = + = = . Ta có pt(*) trở thành : m 2 + 10 = 10  m = 0. KL 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 CâuII Y1(1đ) 1 cos cos cos 2 1 4 4 3 x x x π π     − + + = −  ÷  ÷     ⇔ ( ) 2 1 2cos .cos 2cos 1 1 4 3 x x π = − −  2 3 2 osx 2cos 4c x= −  2 2cos 3 2 cos 4 0x x− − = ⇔ cos 2 2 (loai) 2 cos 2 x x  =   = −   ⇔ 3 2 4 x k π π = ± + KL:PTđã cho có nghiệm 3 2 , 4 x k k Z π π = ± + ∈ 0.25 0.25 0.25 0.25 (1đ) đk: 1x ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 1 2 1 7 1 1 1 1 1 3 2 7 (2) 0 1 1 1 x x x x x x x x x dat t x x x x x x − + + + ≥ − + + − − − ⇔ + ≥ = ≥ + + + + + + 0.25 0.25 2 PT(1) trỏ thành 2 2 2 2 3 7 2 0 1 3 1 4( 1) 4 6 1 0 1 ( 1) 1 4 6 9 t t t t x x x x x x x x ≥   − + ≥ ⇔  ≤   − ≥ + +  ≥ +  ⇒ ⇔   ≤ − ≤ + + ≤ ≤ −     KL:bất phương trình có nghiệm là: 4 6 1 4 6 x x  ≥ +  ≤ ≤ −   0.25 0.25 CâuIII (1đ) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 2 2 2 2 2 0 0 0 | 4 | 2 2 4 2 6 0 6 4 2 2 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x ≥ ≥   =       − = ⇔ ⇔ ⇔ = − = − =         = − = − − =      vẽ hình đúng và viết được diện tích cần tính là S: 2 4 6 2 2 2 0 2 4 ( 4 2 ) ( 4 2 ) ( 4 2 ) 4 20 28 52 ( ) 3 3 3 3 S x x x dx x x x dx x x x dx dvdt KL = − + − + − + + − + + = + + = ⇒ ∫ ∫ ∫ 0.25 0.25 0.25 0.25 CâuIV 1đ j x 1 x x A C B D gọi H l à ch ân đ ư ờng cao h ạ t ừ S xu ống (ABCD) H thuộc AC +)Chứng minh đươc tam giác ASC vuông tai S và tính đ ựoc SH= 2 ( 1) x x + +)tính đựoc th ể tích V= 2 1 3 6 x x− + 2 1 1 1 3 4 6 4 V x x= ⇔ − = ⇔ x= 6 2 0.25 0.25 0.25 0.25 3 CâuIV 1đ Vìa,b,c d ưong v à abc = 1 ==> tồn tại x, y, z dương thoả ; , x y z a b c y z x = = = ==> S = y z x z x x y y z + + + + + Đặt: X = y + z ; Y = z + x; Z = x + y => x + y + z = 1 2 (X + Y + Z) ==> x = 2 Y Z X+ − ; y = 2 X Z Y+ − ; z = 2 Y X Z+ − Ta có: y z x z x x y y z + + + + + = 2 X Z Y Y + − + 2 Y X Z Z + − + 2 Y Z X X + − = 1 3 2 X Y Z X Z Y Y X X Z Y Z         + + + + + −  ÷  ÷  ÷           3 2 ≥ Vậy MinS = 3 2 khi a = b = c = 1 0.25 0.25 0.25 0.25 VIa Ý1 (1đ) Lấy A(7 + a; 4 + 2a; 9 − a) ∈ (d 1 ), B(3 − 7b; 1+ 2b; 1 + 3b) ∈ (d 2 ), C(c; 0; 0) B là trung điểm AC ⇔ 7 2(3 7 ) 4 2 2(1 2 ) 9 2(1 3 ) a c b a b a b + + = −   + = +   − = +  ⇔ 1 1 16 a b c =   =   = −  => A(8; 6; 8), B( − 4; 3; 4) => (12;3;4)BA = uuur => Đường thẳng (∆) có phương trình ttham số là: 4 12 3 3 4 4 x t y t z t = − +   = +   = +  0.25 0.25 0.25 0.25 Ý2 1đ (1 điểm) Viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật. Gọi pt cạnh AB: 2 2 ( 4) ( 5) 0. ( 0)a x b y a b− + − = + > . Suy ra pt cạnh BC: ( 6) ( 5) 0.b x a y− − − = Diện tích hình chữ nhật là: ( ) ( ) 2 2 2 2 3 4 4 ; . ; . 16 a b b a d P AB d Q BC a b a b − − + = = + + 2 2 ( 3 ) ) 4( )a b a b a b⇔ − − = + 1, 1 3, 1 3 a b b a b b a a = −  = − =   ⇔ ⇔ −   = − = =   Vậy pt AB là: 1 0x y− + = hoặc 3 11 0x y− + = 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu VIIa 1đ gäi z=a+bi theo gi¶ thiÕt cã hÖ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 41 1 2 1 a b a b ab ab a b  + =   − + + =    =  ⇔   + =  0.25- 0.25 0.25 4 tính đúng z       −−= += ⇔ iz iz 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 z i z i  = −   ⇔  = − +   0.25 0.25 0.25 Phần B CâuVIb 1đ Ta tìm điểm B' đối xứng với B qua (d). Lấy H(2 + 3t; 1 + 4t; 1 − t) ∈ (d) => BH = uuur (3 t − 2 ; 4t − 2 ; − t − 1). Đường thẳng (d) có véctơ chỉ phương 2 (3;4; 1)v = − uur . BH ⊥ (d) ⇔ . 0BH v = uuur r ⇔ 9 t − 6 + 16t − 8 + t +1 = 0 ⇔ 1 2 t = => Hình chiếu của B lên (d) là 7 1 ;3; 2 2 H    ÷   => điểm B'(3; 3; − 1) đối xứng với B qua (d). Điểm B' nằm trên đường thẳng AC. ' (1;2; 2)B C = − uuuur . Đường thẳng AC có phương trình tham số 4 5 2 3 2 x t y t z t = +   = +   = − −  thay vào phương trình (d) ta có 2 4 2 4 2 3 4 1 t t t + + − − = = − ⇔ t = − 2 => Tọa độ điểm A là (2; 1; 1) (2;2;1)AB = uuur , (2;4; 4)AC = − uuur , 2 1 1 2 2 2 , ; ; 4 4 4 2 2 4 AB AC     =  ÷   − −   uuur uuur = ( − 12; 10; 4) Diện tích tam giác ABC là 2 2 2 1 1 ; 12 10 4 65 2 2 S AB AC= = + + = uuur uuur (đvdt 0.25 0.25 0.25 0.25 Ý2 1đ Đường tròn (c) có tâm O(0; 0) và có bán kính r = 2 Đường tròn (I) đi qua A và B có tâm I(a; b) ta có AI = BI ⇔ (a − 1) 2 + (b − 5) 2 = (a − 5) 2 + (b − 1) 2 ⇔ a = b Khi đó(I) có bán kính R = 2 2 ( 1) ( 5)a a− + − (I) và (c) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi OI R r OI R r = +   = −  ( Vì A, B nằm ngoài (c) ) * OI = R + r ⇔ 2 2 2 2 ( 1) ( 5) 2a a a a+ = − + − + 0.25 0.25 5 ⇔ 2 12 28 2 2 2 12 26a a a− = − + ⇔ 2 7 3 8 36 36 0 a a a  ≥    − + =  ⇔ 7 / 3 3 hoac 3/ 2 a a a ≥   = =  ⇔ a = 3 khi đó R = 8 Đường tròn (I) có phương trình: ( ) ( ) 2 2 3 3 8x y− + − = * OI = R − r ⇔ 2 2 2 2 2 ( 1) ( 5)a a a a+ + = − + − ⇔ 2 2 2 4 | | 2 2 12 26a a a a+ + = − + ⇔ 4|a| +12a = 24 ⇔ 3 2 a = Khi đó 2 2 2 1 7 25 2 2 2 AI     = + − =  ÷  ÷     . Đường tròn (I) có phương trình: 2 2 3 3 25 2 2 2 x y     − + − =  ÷  ÷     KL: 0.25 0.25 CâuVII b 1đ Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 log log (1 2 ) log (1 2 ) log x x x x + ≤ + Đặt 2 2 log log (1 2 ) x t x = + ta có 1 t t ≤ ⇔ 2 1 0 t t − ≤ ⇔ t ≤ − 1 hoặc 0 < t ≤ 1 * t ≤ − 1 ⇔ 2 2 log 1 log (1 2 ) x x ≤ − + ⇔ 2 2 log log (1 2 )x x≤ − + (vì 1 + 2x > 1) ⇔ 1 1 2 x x ≤ + ⇔ 2x 2 + x − 1 ≤ 0 1 1 2 x− ≤ ≤ So sánh ĐK ta có : 1 0 2 x< ≤ * 0 < t ≤ 1 ⇔ 2 2 log 0 1 log (1 2 ) x x < ≤ + ⇔ 2 2 0 log log (1 2 )x x< ≤ + ⇔ 1 < x ≤ 1 + 2x ⇔ x > 1 Tập nghiệm của bất phương trình là: ( ) 1 0; 1; 2   +∞     U 0.25 0.25 0.25 0.25 Hết Ghi chú : Học sinh làm cách khác vẫn cho điểm tối đa nếu đúng. Đáp án nếu có gì sai mong bạn đọc sửa cùng! 6 . Sở GD&ĐT Bắc Ninh Kỳ thi: Thử Đại học lần 2 - Lớp 12 Môn thi: TOáN 12 (Thời gian làm bài: 150 phút) I/ PHN CHUNG CHO CC TH SINH CõuI:(2). (1 2 ) log x x x x + + 1 HD CHẤM TOÁN 12 CâuI 2đ 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m= 0. y = x 4 – 10x 2 + 9 TXD:R + tính y’ và giói hạn +b¶ng biÕn thi n ®óng +cùc trÞ ,®b,nb +xác định. O(0; 0) và có bán kính r = 2 Đường tròn (I) đi qua A và B có tâm I(a; b) ta có AI = BI ⇔ (a − 1) 2 + (b − 5) 2 = (a − 5) 2 + (b − 1) 2 ⇔ a = b Khi đó(I) có bán kính R = 2 2 (