Đề,Đáp án thi thử lần2 THPT Lê Văn Hưu

Sở GD&ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu Môn: Toán lớp 12 Ngày thi 23/04/2011 Thời gian 180’(Không kể thời gian phát đề) A. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm) Câu I.(2điểm)Cho hàm số y = 2 2 x x − (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Tìm m để đường thẳng (d ): y = x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị sao cho khoảng cách giữa 2 điểm đó là nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Câu II.(2điểm) 1. Giải phương trình 2 2 3(tan cot ) 8sin 2 3 cos sin 2 tan cot x x x x x x x + − + = + 2. Giải hệ phương trình 2 2 4 4 2 2 2 2 4 6 1 5 5 10 2 1 x y x y x y x y xy x y  − = + −   + − − = + −   Câu III.(1điểm)Tính tích phân I = 1 ln sin(ln ) ln 1 e x x x dx x + + ∫ CâuIV.(1điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. trên cạnh AB lấy điểm M, Trên cạnh D’C’ lấy điểm N sao cho AM + D’N = a. Tính thể tích của khối chop B’.A’MCN theo a và xác định vị trí điểm M để khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’MCN) là lớn nhất. Câu V.(1điểm)Cho 1 2 3 4 5 6 , , , , ,a a a a a a là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 1 3 4 3 4 2 5 6 5 6 1 3 4 1 2 5 6 3 4 1 2 5 6 2 3 4 1 3 4 5 6 2 5 6 1 ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + B. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần A hoặc B(Nếu thí sinh làm cả 2 phần sẽ không đuợc chấm điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa. (2điểm) 1. Cho d 1 : x- 2y = 0, d 2 : 3x – y + 1 = 0. Viết phương trình đường tròn cắt d 1 theo dây cung AB = 6 và tiếp xúc với d 2 tại B. 2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S), và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình (S): 2 2 2 2 4 2 3x y z x y z+ + − + + − , (P): 2x +2y – z + 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu VII a.(1điểm)Cho A, B là 2 điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức z 0 , z 1 0≠ và thoả mãn 2 2 0 1 0 1 z z z z+ = . Chứng minh rằng OAB∆ đều (O là gốc toạ độ). B. Theo chuơng trình nâng cao Câu VI b.(2điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho (d 1 ): x + y + 3 = 0, (d 2 ): x – y + 1 = 0, M(1;2). Viết phương trình đường tròn đi qua M, cắt (d 1 ) tại A, B sao cho AB = 8 và tiếp xúc với (d 2 ) 2. Trong hkông gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình: (S): 2 2 2 2 4 4 16 0x y z x y z+ + − − + − = ’ (P): 2x + 2y + z – 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q)song song với (P) và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn có diện tích 16 π . Câu VII b.(1điểm) Giả sử A, B theo thứ tự là các điểm biểu diễn các số phức z , z’= 1 2 i z + (z 0≠ ). Chứng minh rằng OAB ∆ vuông cân.(O là gốc toạ độ). …………….HẾT…………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì them Họ và tên thí sinh……………………………….Số báo danh…………………. Sở GD&ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trương THPT Lê Văn Hưu Môn: Toán Ngày thi: 23 / 04/2011 Thời gian: 180’ câu nội dung điểm Câu I 1.(1đ) 2.(1đ) 1. TXĐ: D = R\{2} 2. 2 2 lim , lim x x y y − + → → = −∞ = +∞ nên đồ thị nhận đường thẳng x = 2 làm tiệm cận đứng. lim lim 2 x x→−∞ →+∞ = = nên đồ thị nhận đường thẳng y = 2 làm tiệm cận ngang. 2 4 ' 0 ( 2) y x = − < − Bảng biến thiên - Hàm số nghịch biến trên ( ;2−∞ ) và (2; )+∞ - Hàm số không có cực trị. 3. Đồ thị. - Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại O(0;0) Để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thì pt 2 2 x x m x = + − hay x 2 + (m - 4)x -2x = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2. Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi 2 16 4 0 m m  ∆ = + ∀  − ≠  (2). Giả sử A(x 1 ;y 1 ), B(x 2 ;y 2 ) là 2 giao điểm khi đó x 1 , x 2 là 2 nghiệm phương trình (1). Theo định lí viet ta có 1 2 1 2 4 (3) 2 x x m x x m + = −   = −  , y 1 =x 1 +m, y 2 =x 2 +m Để A, B thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị thì A, B nằm khác phía đối với đt x – 2 = 0. A, B nằm khác phía đối với đt x – 2 = 0 khi và chỉ khi (x 1 - 2)(x 2 - 2) < 0 hay x 1 x 2 – 2(x 1 + x 2 ) +4 < 0 (4) thay (3) vào 4 ta được – 4 < 0 luôn đúng (5) mặt khác ta lại có AB = 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 2( ) 8x x y y x x x x− + − = + − (6) thay (3) vào (6) ta được AB = 2 2 32 32m + ≥ vậy AB = 32 nhỏ nhất khi m = 0 (7). Từ (1), (5), (7) ta có m = 0 thoả mãn . Câu II 1.(1đ) 1.(1đ) ĐK: Sin2x 0 2 k x π ≠ ⇔ ≠ Pt 2 2 8sinx 2 3 cos sin 2 2 3 2 3 sin 2sinxcosx+4sinxsin2x=0 2 sin2x x x x⇔ + = − ⇔ − + 2 sinx=0 (L) 6 7 2 3 sin osx=2sin2x 18 3 x k k x c x π π π π  = − −   ⇔ ⇔   −   = +   hệ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) 1 5( ) 5( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1 5( ) ( ) 5( ) 1 x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y − + + − + = +  − = + − − −   ⇔ ⇔   − + + = + − − + = −    + Nếu x + y = 0 thì hệ phương trình vô nghiệm. + Nếu x + y 0 ≠ hệ 2 2 1 1 ( ) 5 1 ( ) 5 ( ) x y x y x y x y x y x y  − + + − =  + +  ⇔   − + =  +  - - 2 + ∞ - ∞ 2 + ∞ 2 - ∞ Câu III Câu IV Đặt 1 u x y v x y = −    =  +  khi đó hệ trở thành 2 2 2 2 1 5 5 ( ) 5 ( ) 2 5 1 2 u v u v uv uv u v u v u v uv u v  =    = + + = = − +     ⇔ ⇔    + = + − = =      =    Với 2 1 u v =   =  ta có 3 2 1 2 x y  =     = −   , với 1 2 u v =   =  ta có 3 4 1 4 x y  =     = −   1 1 ln sin ln ln 1 e e x x x I dx dx x x + = + ∫ ∫ Ta tính I 1 = 1 ln sin ln e x x dx x ∫ đặt 1 lnt x dt dx x = ⇒ = khi x = 1 thì t=0, khi x = e thì t = 1 Khi dó I 1 = 1 1 1 0 0 0 sin ( ost) ostdt os1+sin1t tdt tc c c= − + = − ∫ ∫ Tính I 2 = 1 ln 1 e x dx x + ∫ đặt t = 2 ln 1 ln 1 / 2x x t dx x tdt+ ⇒ = − ⇒ = x = 1 thì t= 1, x= e thì t = 2 khi đó I 2 = 2 2 2 3 1 1 2 4 2 2 2 3 3 3 t dt t= = − ∫ vậy I = I 1 + I 2 Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. '(0;0;0), '( ;0;0), '(0; ;0); (0;0; )A B a D a A a− ĐẶt AM = x ( 0 x a≤ ≤ ) suy ra D’N = a – x ' ' ( ;0; )A M A A AM M x a= + ⇒ − uuuuur uuuur uuuur A'C ' ' ' ( ; ; ) ' ' ' ( ; ;0) A B A D A A C a a a A N A D D N N a x a = + + ⇒ − = + ⇒ − uuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuuur Ta lại có ' ' ' ' ' ' 1 1 ' ' '; ' ' ' '; ' 6 6 A B MCN A B MC A B CN V V V A M A B A C A N A B A C     = + = +     uuuuur uuuuur uuuur uuuur uuuuur uuuur = 3 3 a (đvtt) lại có 'A M NC= uuuuur uuur suy ra tứ giác A’MCN là hình bình hành 2 2 ' ' ; ' 2( ax+x ) A MCN S A M A N a a   = = −   uuuuur uuuur Nên 2 2 ' ' 2 2 2 ' 2 3 6 ( ';( ' )) 3 2( ax+x ) 3 2( ( ) ) 4 2 B A MCN A MCN V a a a d B A MCN S a a a x = = = ≤ − + − dấu = xảy ra khi x = a/2 hay M là trung điểm AB. Câu V (1đ) đặt 1 2 3 4 5 6 1/ ; 1/ , , , , 0 1 1 ; x a y a x y z t z t a a a a = =   >  = =  + +  Khi đó A = 1 1 1 1 ( )( ) ( )( ) z x y t x z y t z x y t y x y z z t x t y z z t y z x t + + + + + + + = + + + + + + + + + + + + + = ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) z x y t x y z t x y z t y x z t y z x t + + + + + + + + + + + + + 2 2 4(z+x) 4( ) ( )[ ]= 4 (x+y+z+t) ( ) y t x y z t x y z t + ≥ + + + + + + + Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=t hay a 1 =a 2 =a 3 +a 4 =a 5 +a 6 Vậy A Min = 4 khi và chỉ khi… Câu VIa 1.(1đ) Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ 2 2 0 5 ( 2/ 5; 1/ 5) 3 1 0 1 5 x x y B x y y  = −  − =   ⇔ ⇒ − −   − + =   = −   Vì cos(d 1 ;d 2 ) = 2 2 nên (d 1 ;d 2 ) = 45 0 suy ra tam giác HBI vuông cân tại H suy ra IH = 3, IB = R = 3 2 Vì IB vuông góc d 2 nên IB có pt: x + 3y + 1 = 0 Giải sử I(x 0 ;y 0 ) thuộc IB nên I(-3y 0 -1;y 0 ) Ta có d(I;(d 1 ))= IH = 3 nên 0 0 0 0 1 3 5 2 9 5 5 5 1 3 5 2 9 5 5 5 y x y x   − + − − = =     ⇒   − − − + = =     vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 2 2 2 9 5 1 3 5 ( ) ( ) 18 5 5 x y − − − + − + − = hoặc 2 2 2 9 5 1 3 5 ( ) ( ) 18 5 5 x y − + − − − + − = 2.(1 đ) Ta cã: x 2 + y 2 + z 2 - 2x + 4y +2z -3= 0 2 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 3x y z⇔ − + + + + = => mÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; -1), R = 3. Do mÆt ph¼ng (Q) song song víi mp(P) nªn cã pt d¹ng:2x + 2y - z + D = 0 ( D 5≠ ) Do (Q) tiÕp xóc víi mÆt cÇu (S) nªn ( ) ;( ) 3d I Q R= = 10 1 9 8 D D D =  − = ⇔  = −  VËy (Q) cã ph¬ng tr×nh: 2x + 2y - z + 10 = 0 HoÆc 2x + 2y - z - 8 = 0 câu VIIa (1 đ) từ 2 2 0 1 0 1 z z z z+ = ta có: 2 2 1 2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 ( ) . (1) z z z z z z z z z z z z = − ⇒ = − ⇒ − = 2 2 0 2 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 ( ) . (2) z z z z z z z z z z z z = − ⇒ = − ⇒ − = từ (1) v à (2) ta có 3 3 1 0 z z= 1 0 1 0 z z z z⇒ = = − suy ra OA = OB = OC vậy tam giác ABC đều. A B I H câu VIb 1.(1đ) Vì 2 ( ) ( ) M C M M d ∈  ⇒  ∈  là tiếp điểm, mà 1 2 1 2 . 0 d d n n d d= ⇒ ⊥ uur uur 1 ( ; ) 3 2d M d IH⇒ = = 2 : 3 0IM d IM x y⊥ ⇒ + − = giả sử I(x 0 ;3-x 0 ) thuộc IM 0 0 (1 ; 1)IM x x⇒ − − uuur 0 2 0 0 1 17 2(1 ) 34 1 17 x IM x x  = − ⇒ = − = ⇔  = +   vậy đt cần tìm: 2 2 2 2 ( 1 17) ( 2 17) 34, ( 1 17) ( 2 17) 34x y x y− + + − − = − − + − + = 2.(1đ) Vì (Q) //(P) nên (Q) có phương trình : 2x+2y+z+D=0.G ọi O là tâm đường tròn giao tuyến I(1 ;2 ;-2) là tâm mặt cầu R = 5 bán kính mặt cầu, r là bán kính đường tròn giao tuyến theo giả thuyết ta có 2 16 4r r π π = ⇒ = mặt khác ta có IO = 4 ( ;( )) 3 D d I Q + = . l ại c ó R 2 = r 2 + OI 2 5, 13D D⇒ = = − vậy mặt phẳng (Q) cần tìm: 2x+2y+z+5=0 ho ặc 2x+2y+z-13=0. Câu VII (1 đ) Ta có : 1 1 2 , ' 2 2 2 i i OA z OB z z z z + + = = = = = Ta có 1 1 2 2 2 2 i i BA OA OB BA z z z z + − = − ⇒ = − = = uuur uuur uuur 2 2 2 OA OB AB⇒ = + vậy tam giác OAB là tam giác vuông cân tại B. Cách 2: gi ả s ử z = x + yi, z’ = ( ; ), ( ; ) 2 2 2 2 x y x y x y x y i A x y B − + − + + ⇒ từ đó ta chứng minh được OA = OB , OA 2 = OB 2 + AB 2 từ đó ta suy ra điều phải chứng minh. Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì vẫn cho đủ điểm từng phần như đáp án quy định. B A I M H . liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì them Họ và tên thí sinh……………………………….Số báo danh…………………. Sở GD&ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trương THPT Lê Văn Hưu Môn: Toán . Sở GD&ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu Môn: Toán lớp 12 Ngày thi 23/04/2011 Thời gian 180’(Không kể thời gian phát đề) A = 2 2 x x − (C) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Tìm m để đường thẳng (d ): y = x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị sao cho khoảng