Đề thi thử ĐH Yên Mô A Lần 2

S GD&T NINH BèNH THI TH I HC LN II NM HC 2010 2011 MễN TON Thi gian lm bi 180 phỳt (khụng k thi gian phỏt ) Phần chung cho tất thí sinh. TRNG THPT YấN Mễ A x+2 (1) x Câu I: Cho hàm số : y = 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1). 2. Viết phơng trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cách hai điểm A(1; -2) B(-1; 4) Câu II: 1. Tìm x (0; ) thoả mãn phơng trình: cotx = 2. Tìm m để phơng trình: cos x + sin x sin x . + tan x x x + = x x + m có nghiệm thực. x y + x = x 3. Giải hệ phơng trình: y x + y = 2( x + 1) Câu III: Cho hình chóp S.ABCD đáy hình bình hành có AB = a, ABC = 30 ; mặt bên SAD la tam giác vuông A, mặt bên SBC tam giác vuông C. Hai mặt bên tạo với đáy góc 45 0. Chứng minh (SAC) (ABCD) tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu IV: Tính tích phân: I= x( x 3) dx x 10 Câu V: Cho x, y, z số thực dơng thoả mãn: x + y + z = xyz. Tìm GTNN A = xy yz zx + + . z (1 + xy ) x(1 + yz ) y (1 + zx) Phần riêng ( Thí sinh đợc chọn hai phần A B ) Câu VI.a: 1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy) cho ABC có đỉnh B(2; -1) đờng cao qua đỉnh A có phơng trình (d1): 3x - 4y + 27 = 0, đờng phân giác góc C có phơng trình (d2): x + 2y - = 0. Tìm toạ độ đỉnh A. x = 2. Trong không gian toạ độ (Oxyz) cho điểm A(1;1;0) đờng thẳng (d): y = 2t z = + t Tìm điểm B, C nằm đờng thẳng (d) cho ABC đều. Cõu VIIa: Tỡm phn thc ca s phc: z = (1 + i) n , ú nN v tha món: log ( n 3) + log ( n + ) = Câu VI.b: 1. Trong mt phng ta (Oxy) cho hai ng trũn (C1): (x - 6)2 + y2 = 25 v (C2):x2 + y2 = 13 ct ti A(2; 3).Vit phng trỡnh ng thng i qua A v ct (C 1), (C2) theo hai dõy cung cú di bng nhau. 2. Cho hai ng thng d1 : x y z + x y z = = = v d : = . Vit phng trỡnh mt cu cú 1 bỏn kớnh nh nht tip xỳc c hai ng thng d1 v d2. Cõu VII.b: Trong cỏc s phc z tha iu kin z + + 2i = , tỡm s phc z cú moun nh nht. ( Thí sinh thi khối D không cần phải làm câu II.3 câu III ) Hớng dẫn chấm môn toán Câu í Nội dung Điểm I 2,0 đ 1,0 đ Khảo sát- vẽ đồ thị (1 điểm) Ta có: y = + TXĐ: D = R\ {1} x Sự biến thiên: + Giới hạn Tiệm cận: 0,25 lim y = + x1+ lim y = ĐTHS có tiệm cận đứng: x = x1 lim y = x + ĐTHS có tiệm cận ngang: y = + Bảng biến thiên: y' = < , x D ( x 1) 0,5 HS nghịch biến khoảng (- ; 1) (1; + ) HS cực trị Đồ thị: 0,25 KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng. Viết phơng trình tiếp tuyến cách hai điểm A(1; -2) B(-1; 4) Giả sử a hoành độ tiếp điểm. Ta có phơng trình tiếp tuyến đồ thị y = a+2 ( x a) + (a 1) a 1,0 đ 0,25 TH1: Tiếp tuyến song song với AB Ta có AB: x y + = y = x + Tiếp tuyến song song với AB nên hsg tt k = -3 = (a 1) = a = a = (a 1) 0,25 0,25 Với a = ta có phơng trình tiếp tuyến y = -3x-2 Với a = ta có phơng trình tiếp tuyến y = -3x+10 TH2: Tiếp tuyến qua trung điểm I(0, 1) AB Ta có = a+2 (0 a) + (a 1) = 3a + (a + 2)( a 1) a = 2 (a 1) a 0,25 Với a = 1/2 ta có phơng trình tiếp tuyến y = -12x + II Tìm x (0; ) thoả mãn phơng trình sin x sin x sin x + cos x tan x cos x sin x cos x. cos x Khi pt = + sin x sin x cos x sin x cos x + sin x cos x sin x = cos x sin x cos x + sin x sin x cos x sin x 2,0 đ 0,75đ ĐK: cos x sin x = sin x(1 sin x) (cos x sin x)(sin x cos x sin x 1) = (cos x sin x)(sin x + cos x 3) = cos x sin x = tanx = x = + k (k Z ) (tm) Vì x ( 0; ) k = x = Tìm m để pt có nghiệm thực 1 >0 x x +3 f ( x) = lim ( x x + 3) = => f ( x) f (3) = ; xlim + x + Xét hs: f ( x) = x x + x [ 3; + ) => f '( x) = Đặt t = x x + 3, t 6; ) 0,25 0,25 0,25 0, 5đ 0,25 IV Tính tích phân t Pttt: t + Đặt = m t(*) = x t = x dx = 2tdt Đổi cận: x = t = Để pt ban đầu có nghiệm thực pt (*) phải có nghiệm t 6; x=2 t =1 1,0đ 0,25 ) 0,25 m ; t ( t + 1)( t 3)dt = t 3t + 10 30 dt Khi đó: I= ữ t +3 t2 30 2 x x + x + = y => x3 + 4x2 + 6x + = y3 + y2 + y Hpt 3 53 t t x + x + = y + y = + 10t ữ 60 ln(t + 3) = 60 ln 2 + (x+1) (x+1)3 +3(x+1) = y3 + y2 + y (*) V III 0,25 0,25 0,5 Xét hàm số f(t) = t3 + t2 + t, ta có f(t) = 3t2 + 2t + > Tìm GTNN Pt (*) x + = y Cách 1: Với y = x + ta có phơng trình x3 4x2 + 2x + = (x + 1)2 x3 5x2 1= 011x = x = + ( 1) Với x =CM: =>Với y = 1; xa,=b5>=> y=6 a + b Vậy hpt có hai cặp nghiệm (0; 1) (5; 6) a b = xảy a= b S.ABCD CM: (SAC) Dấu (ABCD) tính thể tích A= A= 1 1 + + + + x y z x + xyz y + xyz z + xyz 1 1 + + + + x y z 2x + y + z y + z + x 2z + x + 0,25 1,0đ 0,25 0,25 0,25 y 0,25 áp dụng (1) ta có: 1 A + + + + + + + CM: (SAC) x y (ABCD): z x y z y + z z + x x + y SA AD BC1 ) SA1 BC SC 1 (3SAC ( SAC ) ( ABCD ) BC AD // BC + + + + = + + 0,25 x y z x y z x y z Tính thể tích: CM: Với a, b, c thì: (2) BC SC ( SBC )( ABCD ) = BC ã ( a + b + c ) 3(ãab + bc + ca0) ( ( SBC Dấu = xảy a =),b( ABCD = c ) ) = ( SC , AC ) = 45 (1) BC áp ACdụng (2) ta có: ã ã , AC = 450 (2) Tơng tự ( ( SAD )1) = ( SA ),1 (ABCD 1 ) x+ y+z + ữ = 3. + + ữ + x y z xy0 yz zx Từ (1), (2) SAC = SCA = 45 1 xyz =3 3 + + A Do x, y, z > nên SO x z BC ( ABCD ) SAC cân S SOy AC SO 3 đạt đợc x = y = 0z== a = C : AC = AB.sin30 ABC Aminvuông Cách 2: = 12 S ABC = 2. AB . AC.sin 6010 = a SA ABCD = + + + 4+ x y z x + y + z y + z + x z + x + y a Theo CôSi: SOA vuông O: AO = AC = ; SO = AO.tan 450 = a 1 14 A +1 + + + 3 (đvtt). a xxyz 44 xyyz 44 xyzz V S . ABCDx = 3ySO.Sz ABCD 4=4 48 0,25 0,25 0,25 0,25 KL: 0,25 0,25 0,5 VI.a A 1 1 1 1 + + + + + + + + + + x y z 16 x y z x y z x y z A 31 1 + + ( cách 1) x y z Tìm toạ độ đỉnh A B (2; 1) => pt cạnh BC: 4x + 3y = 0. ( d1 ) : x y + 27 = BC : 2,0 đ 1,0 đ 0,25 x + y = x = x + y = y = Toạ độ C nghiệm hpt Gọi B điểm đối xứng với B qua (d2) ta có B nằm cạnh AC. B (2; 1) => pt BB: 2x y = ( d ) : x + y = BB: 0,25 x + y = x = x y = y =1 Gọi I = BB (d2), toạ độ I nghiệm hpt Vì I trung điểm BB nên toạ độ B(4; 3) C (1; 3) uuur => Pt cạnh AC: y = vtcp CB ' = (5; 0) 0,25 AC: y = x = x y + 27 = y = Toạ độ A nghiệm hpt Vậy toạ độ đỉnh A(-5; 3) Tìm toạ độ điểm B, C đờng thẳng (d) Gọi I hình chiếu A đờng thẳng (d) uur Ta có I(1; -2t; t + 2) => AI = (0; 2t 1; t + 2) 0,25 1,0 đ 0,25 uur 5 AI vuông góc với (d) => 5t + = => t = -4/5 => AI = (0; ; ) Vì tam giác ABC ta có AB = => AB = AI 15 Phơng trình mặt cầu tâm A bán kính AB : ( x 1) + ( y 1) + z = 12 (S) Vì B, C thuộc mặt cầu (S) thuộc đờng thẳng (d) nên toạ độ B, C 12 2 ( x 1) + ( y 1) + z = nghiệm hpt x = t = y = 2t z = + t 8+2 82 6+ ; ; ữ; 1; ữ 5 ữ 5 ữ Vậy toạ độ điểm B, C là: 1; 0,25 0,25 0,25 VIIa Tìm phần thực số phức z Ta có f(x) = log4(x 3) + log5(x + 6) hàm số đồng biến (3; + ) f(19) = log416 + log525 = Do pt log4(n 3) + log 5(n + 6) = có nghiệm n = 19 1,0đ 0,25 Ta có (1 + i)19 = (1 + i)(1 + i)18 = (1 + i)[(1 + i)2]9 = (1 + i)(2i)9 = -29 + 29i 0,5 Vậy phần thực số phức z -29 0,25 VIb 2,0 đ 1,0đ Gọi (C) ảnh đờng tròn (C2) qua phép đối xứng tâm A(2; 3) Ta có phơng trình đờng tròn (C) là: (x 4) + (y 6)2 = 13 Đờng thẳng cần tìm qua A cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài nên trục đẳng phơng (d) (C) (C1). 2 ( x 4) + ( y 6) = 13 2 ( x 6) + y = 25 Giả sử M(x; y) nằm (d) ta có 0,5 0,25 0,25 Suy phơng trình đờng thẳng (d) là: x 3y + = 0. 1,0đ Mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc hai đờng thẳng (d1) (d2) mặt cầu có đờng kính đoạn vuông góc chung (d1) (d2). Gọi Muuu(d ) => M(1-t; 2t; -2+t); N (d2) => N(t; 1+3t; 1-t) u r1 Ta có MN = ( t '+ t 1;3t ' 2t + 1; t ' t + 3) MN d1 MN đoạn vuông góc chung (d1) (d2) MN d t ' = 4t ' 6t + = 11t ' 4t = t = 14 3 14 ; ) ; N ( ; ; ) => MN = 5 5 5 14 Gọi I trung điểm MN ta có I ( ; ; ) 10 10 14 Phơng trình mặt cầu tìm là: ( x ) + ( y ) + ( z + ) = 10 10 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có M ( ; VIIb Tìm số phức có mođun nhỏ 1,0 đ Giả sử z = a + bi, với a, b R. Ta có z + + 2i = (a + 1) + (b + 2)i => |z + + 2i|2 = (a + 1)2 + (b + 2)2 Vì |z + + 2i| = nên (a + 1)2 + (b + 2)2 = 1. Do tồn x [ 0; ] cho a = -1 + sinx; b = -2 + cosx Ta có a2 + b2 = (-1 + sinx)2 + (-2 + cosx)2 = 2(sinx + 2cosx). (sinx + 2cosx)2 => sin x + cos x => a + b + => a + b + 0,25 Vậy số phức có mođun nhỏ z = (1 + ) + ( + )i 5 0,25 0,25 0,25 Nếu thi sinh thi khối D không cần làm câu II.3 câu III, nên biểu điểm nh sau Phần chung cho tất thí sinh (7,0 điểm) Câu I: 2,5 điểm 1. Khảo sát hàm số : 2. Viết phơng trình tiếp tuyến . : Câu II: 2,0 điểm 1. Giải phơng trình lợng giác : 2. Tìm m để phơng trình có nghiệm thực: Câu IV: 1,5 điểm Câu V : 1,0 điểm Phần riêng (3,0 điểm) Chấm nh biểu điểm khối A & B 1,5 điểm 1,0 điểm 1,0 điểm 1,0 điểm Nếu thi sinh làm theo cách khác đáp án mà cho điểm theo phần tơng ứng -------- Hết --------- . AB.sin30 0 = 2 a 20 4 3 60sin 2 1 .22 aACAB SS ABCABCD === 0 ,25 SOA vuông tại O: AO = 42 1 a AC = ; SO = AO.tan 0 1 45 4 a= 3 . 1 3 . 3 48 S ABCD ABCD SO a V S = = (đvtt). 0 ,25 A ++++++++++ zyxzyxzyxzyx 21 1 121 1 12 16 1111 . -3x -2 Với a = 2 ta có phơng trình tiếp tuyến là y = -3x+10 0 ,25 0 ,25 TH2: Tiếp tuyến đi qua trung điểm I(0, 1) c a AB Ta có 2 3 2 1 (0 ) ( 1) 1 a a a a + = + 2 1 ( 1) 3 ( 2) ( 1) 2 a a a a. 1) 2 + (b + 2) 2 0 ,25 Vì |z + 1 + 2i| = 1 nên (a + 1) 2 + (b + 2) 2 = 1. Do đó tồn tại x [ ] 0; 2 sao cho a = -1 + sinx; b = -2 + cosx Ta có a 2 + b 2 = (-1 + sinx) 2 + ( -2 + cosx) 2