de dap an lan 3 TT1 2011

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN (2010-2011) Môn thi: Toán học Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi: 18/5/2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x x 1 (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Tìm m để đường thẳng y   x  m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A B cho tam giác OAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp 2 (với O gốc tọa độ) Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình 2 x 2) Giải phương trình  sin x  1 tan x   Câu III (1 điểm) Tính tích phân I   1 x  6.3 1    3 x  x  3 cos x  cos x sin x  dx  2sin x  cos x  Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có hai mặt  SAC   SBD  vuông góc với đáy, đáy ABCD hình chữ nhật có AB  a, BC  a , điểm I thuộc đoạn thẳng SC cho SI  2CI thoả mãn AI  SC Hãy tính thể tích khối chóp S ABCD theo a Câu V (1 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thoả mãn x  y  z  Hãy tìm giá trị lớn biểu thức A  xy  yz  zx  x yz PHẦN RIÊNG (3 điểm):Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm)1) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung tuyến phân giác kẻ từ đỉnh B có phương trình  d1  : x  y   0,  d2  : x  y   Điểm M  2;1 thuộc đường thẳng AB , đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính Biết đỉnh A có hoành độ dương, xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm C  0; 0;  , K  6; 3;  Viết phương trình mặt phẳng  P  qua C , K cho  P  cắt trục Ox, Oy A, B thể tích khối tứ diện OABC Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z  3i   i z z  số z ảo B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy , cho điểm   135 khoảng cách từ M đến A 1;  , B  4;3 Tìm tọa độ điểm M cho MAB đường thẳng AB 10 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 1;0  , đường thẳng x  y 1 z 1   mặt phẳng  P  : x  y  z   Tìm tọa độ điểm A thuộc 1  P  , biết AM vuông góc với đường thẳng  khoảng cách từ A đến đường : thẳng  33 32  x  y  10  Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình   log3 x  log3 y  2  x, y    -Hết - TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I Năm học 2010-2011 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 (lần 3) (Đáp án- thang điểm có 05 trang) Câu I Nội dung  Tập xác định:  1  Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y '   Điểm  0, x   x 1 – Hàm số nghịch biến khoảng ;1 1; – Giới hạn tiệm cận: – xlim y  lim y  : tiệm cận ngang : y   x lim y  ; lim y    tiệm cận đứng x  x1 x 1 – Bảng biến thiên: 0.25   y' y  x 0.25    0.25 + Đồ thị: – Đồ thị cắt Oy O 0;0 – Đồ thị cắt Ox O 0;0 – Tâm đối xứng điểm I 1;1 0.25 x  x  m  g ( x)  x  mx  m  x 1 2) + PT hoành độ giao điểm (1) với x  + Đường thẳng y  x  m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x    m2  4m   m  hoaëc m      m  hoaëc m    g (1)   1    x1  x2  m + Gọi x1 ; x2 hai nghiệm (1), ta có  x1.x2  m   g  x1   g  x2    + Các giao điểm A x1 ; x1  m, B  x2 ; x2  m 0.50 2 AB   x1  x2    x1  x2   x1 x2    m  4m  ;   AB   m  4m  ; OA  x12   m  x1   x12  2mx1  m  g  x1   m  2m  m  2m ; OB  m  2m ; d  O, AB   SOAB  m m m m  4m 1 AB.d  O, AB    m2  4m   2 2 2 OA.OB AB  m  2m   m  4m  R  2 SOAB m m  4m m  m  2m  4 m  m  2 II 0.50 1) Điều kiện x  2 x  Bpt  33 x  33 x  x   x   x  x  0.50  x    x  2  x  x    x  x2  x    x0 x      x  x   x Tập nghiệm  ; 2   2;   0.50 2) Điều kiện cos x  0,sin x  sin x cos x   cos x cos x sin x   2sin x  3 sin x  1  cos x 2sin x  sin x  cos x    cos x sin x  cos x sin x  2   2sin x  3  sin x  1  cos x   sin x  3   cos x   cos2 x Pt cho tương đương với  sin x  1   2sin x   sin x   5  x   k 2 ; x   k 2  k    6 0.50 0.50 III Ta có :   2sin x  cos x   sin x  cos x      sin  sin x  cos  cos x   cos  x    , với sin   , cos   5 0.50  dx I  tan  x    5cos  x           tan      tan      5    1 1  cot   tan        5  IV Gọi O  AC  BD ;  SAC    SBD   SO ;  SAC    ABCD  ,  SBD    ABCD  Suy SO   ABCD   AC  AB  BC  a  a  0.50  2a  OA  OC  a Đặt SO  h  h   ; SC  SO  OC  h  a 1 SI  IC  IC  SC  h  a2 3 Tam giác AIC vuông I  AI  AC  IC  35a  h (điều kiện h  a 35 ) 0.50 35a  h h  a  2ha 2  h  2a h  35a    h  a  h  5a    h  a S SAC  AI SC  SO AC  (thỏa mãn  h  a 35 ) 1 a 15 VS ABCD  SO.S ABCD  a 5.a  3 V 0.50 t 3 Vì  xy  yz  zx  x  y  z  nên  t    t  (vì t  ) Đặt t  x  y  z  t    xy  yz  zx   xy  yz  zx  t2  t2 Khi A   =   t t t2 Xét hàm số f  t     ,  t  t t3  Ta có f '  t   t    , t  Suy hàm số f  t  đồng t t 14 biến đoạn  3; 3 Do f  t   f  3  Dấu đẳng thức xảy t   x  y  z  14 Vậy giá trị lớn A , đạt x  y  z  0.50 0.50 VI a 1) B  d1  d  B 1;1 Gọi N điểm đối xứng với M qua d Tìm N 1;  Suy BC : x  1, AB : y  Gọi A  a;1 , (với a  ), C 1; c  a 1 1 c  ;    Gọi I trung điểm AC  I  a 1 1 c     2a  c   (1) 2 BC  AB  ABC vuông B  R  IB  I  d1  2 0.50 2  a 1   c 1         a  1   c  1  20 (2)     Giải hệ (1), (2) ta a  3, c  3 Vậy A  3;1 , C 1; 3 Kết luận : A  3;1 , B 1;1 , C 1; 3 2) Giả sử A  a; 0;  , B  0; b;0   ab   0.50 x y z    Vì K   P  nên   (1) a b a b OABC tứ diện vuông O nên 1 VOABC  OA.OB.OC  a b   ab  (2) 6  a  3, b  Giải hệ (1), (2) ta   a  6, b    Vậy  P1  : x  y  3z   0;  P2  : x  y  3z    P : VII a 0.50 0.50 Gọi z  a  bi ; z  a  bi; z  3i  a   b  3 i  i z   i  a  bi    b  Khi z  3i   i z  a   b  3 i   b   a   b  3  1  b   a 2  b  z  a  2i; z  0.50 9 a  5a 2a  26  a  2i    i z a  2i a  a 4 số ảo  a  5a   a   a   z Vậy số phức cần tìm z  2i, z   2i, z    2i z VI b 1) Giả sử M  x; y  Kẻ MH  AB Từ giả thiết suy MH  0.50 10 tam giác MAH vuông cân H Suy MA  MH  10  0.25 Yêu cầu toán   x  1  1 y      cos135    AB, AM  135  2    10  x  1   y    2  AM   x  1   y    Đặt u  x  1, v  y  Khi ta có   0.25 3u  v  5 u  1, v  2  M  0;     2 u   v  2, u  v    M  1;3  0.50 2) Gọi A  x; y; z  , x  y  z   (1)   MA   x  1; y  1; z  , u   2; 1;1 ;   AM    MA.u   x  y  z   (2)  M  2; 1;1  ; M A   x  2; y  1; z  1 ;    M A, u    y  z; z  x;  x  y  ;     2  M A, u   y  z    2z  x   x  y  33   d  A,       u 0.50   y  z    z  x    x  y   99 (3) 2 Giải hệ (1), (2), (3) ta  x; y; z    1; 1;  ,  23 17  ; ;  7  7 Vậy A1  1; 1;  , A2  23 17  ; ;    7 VII b 0.50 Điều kiện x  0, y  log3 x  log3 y   log3 x  log3 y  x  y  x  y  x   y Với x  y , thay vào pt thứ hệ ta 32 x  3x  10  x  (không thỏa mãn điều kiện) Với x   y , ta có 32 x  3 x  10  9.32 x  10.3x    3x   3x  0.50  x  (loại) ; x  2 Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    2;  0.50 -Hết Thạch Thành, ngày 11 tháng năm 2011 Người đề làm đáp án : BÙI TRÍ TUẤN Mọi góp ý đề thi đáp án này, xin gửi bui_trituan@yahoo.com ... log3 x  log3 y   log3 x  log3 y  x  y  x  y  x   y Với x  y , thay vào pt thứ hệ ta 32  x  3x  10  x  (không thỏa mãn điều kiện) Với x   y , ta có 32  x  3 x  10  9 .32 x...  1   c  1  20 (2)     Giải hệ (1), (2) ta a  3, c  3 Vậy A  3; 1 , C 1; 3 Kết luận : A  3; 1 , B 1;1 , C 1; 3 2) Giả sử A  a; 0;  , B  0; b;0   ab   0.50 x y... 33   d  A,       u 0.50   y  z    z  x    x  y   99 (3) 2 Giải hệ (1), (2), (3) ta  x; y; z    1; 1;  ,  23 17  ; ;  7  7 Vậy A1  1; 1;  , A2  23