Đề thi thử môn Toán có đáp án

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 30 (Thời gian làm 180 phút) Câu I (2,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  Biện luận theo tham số m số nghiệm phương trình ( x  2)  m x 1 Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình 34 x  32 x 1 1  4.32 x  x 1 Tính góc tam giác ABC biết sin B  sin C  (1  cos A)  sin B  sin 2C  cos( A  B)  cos C  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I  sin x  cos x  sin x cos x dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang cân (AB // CD), AB = 2CD = 4a, BC  a 10 Gọi O giao điểm AC BD Biết SO vng góc với mặt phẳng (ABCD) mặt bên SAB tam giác Tính thể tích khối chóp S.ABCD tính cosin góc hai đường thẳng SD BC Câu V (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức ab bc ca   P a  b  c b  c  4a c  a  16b Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x  y  x  y  20  điểm A(5;  6) Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C tiếp điểm Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC x  y  z 1 mặt cầu   2 ( S ) : x  y  z  x  y  z  19  Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho mặt phẳng qua M vng góc với d cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có chu vi 8 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z  z   2i z  2i số ảo z2 ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, NĂM 2011 MƠN: TỐN; Thời gian làm bài: 180 phút TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUN Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) a Tập xác định: D   b Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có y '  x  x x   x  2 y'    ; y '   2  x  y '     x  2 x  Suy hàm số đồng biến khoảng ( ;  2) (0 ;  ) , hàm nghịch biến (2; 0) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  2 , yCĐ  đạt cực tiểu x  , yCT  4 * Giới hạn: lim y   ; lim y   x x * BBT y x  2  y' 0,5     2 O x y 0,5 4  c Đồ thị: Đồ thị (C) hàm số cắt trục hồnh A(1; 0) 4 (1,0 điểm) Ta có ( x  2)  m  x  ( x  x  4)  m, x  x 1  x  x  x  Xét hàm số f ( x)  x  ( x  x  4)    ( x  x  4) x  Suy đồ thị hàm số y  f (x) gồm phần đồ thị (C) với x  đối xứng phần đồ thị (C) với x  qua Ox y Dựa vào đồ thị ta suy * m  0, phương trình vơ nghiệm * m  0, phương trình có nghiệm *  m  4, phương trình có nghiệm * m  4, phương trình có nghiệm * m  4, phương trình có nghiệm 0,5 2 II (2,0 điểm) 0,5 O x (1,0 điểm) Điều kiện: x  1 Pt cho   3.32  3.32( x 1 x x 1  x )  4.3  4.3 x 1 x x 1  x 1  t  Đặt t  x 12 x , t  Khi pt trở thành 3t  4t     t   x  1 17 x   x   2x   x   2x   x   4x 1 * Với t  , ta có x 1  x   x   x  1  x   x  3 * Với t  1, ta có x 1  x 0,5 0,5  2 x   x    x 2  x   (2 x  1) 4 x  x    17 x  Vậy nghiệm pt x  (1,0 điểm) * Ta có sin B  sin C  (1  cos A)  cos B  cos 2C     cos A  cos A 2   (cos B  cos 2C )  2 cos A  cos A   cos( B  C ) cos( B  C )  2 cos A  cos A 0,5 cos A   cos( B  C )  cos A   cos A  (do cos( B  C )  1  cos A  2)  A  90 * Ta có sin B  sin 2C  cos( A  B)  cos C  sin( B  C ) cos( B  C )  cos( A  B )  cos( A  B )  sin A cos( B  C )  2 sin A sin( B )  cos( B  C )  sin B  cos B cos C  sin B sin C  sin B 0,5  cos B sin B  sin B cos B  sin B (do B  C  90 )  cos B   B  60 Suy A  90 , B  60 , C  30  III (1,0 điểm) Ta có I    sin x tan x dx dx  2 2 cos x  sin x cos x ( tan ) tan cos  x  x x  Đặt t  tan x Khi dt  I   dx Khi x  t  0, x  t  Suy cos x 0,5 t t dt  dt ( t )(t  2)  2t  5t    IV (1,0 điểm 1   2 1 d t  ln t   ln t   (ln  ln 2)  ln  ln  ln     t  2t   6 0  +) Gọi H hình chiếu C AB; M, N trung AB  CD điểm AB, CD Ta có HB  a  CH  3a  OM  2a, ON  a nên OAB S 0,5 vng cân Suy OA  OB  2a Do SO  OB  2a Suy VS ABCD  SO.S ABCD  6a +) BC // DM nên ( SD, BC )  ( SD, DM )    [0,  V (1,0 điểm M A ] Ta có DM  BC  a 10 , SD  SO  OD 0,5 H B O D N C 2  a 10 , SM  2a Suy cos SDM  Vậy cos   5 Đặt x  a  b  c, y  b  c  4a, z  c  a  16b Khi x, y, z  21x  y  z yx zx ,b ,c a 15 15 0,5 0,5 y  x z  x z  x 21x  y  z 21x  y  z y  x    15  15 15 15 Suy P   x y z  x  y  z 20 x  y 16 x  z y z x 16 x         15 x 15 y 15 z x 15 x y 15 z 1 y x z x 4 16        16       15 15 3 x y  15  x z 2  y  2x  y  x Dấu đẳng thức xảy    z  16 x z  4x b  c  4a  2( a  b  c)  a  c, b  c  c  a  16 b  ( a  b  c ) 7  16 Vậy giá trị nhỏ P , đạt a  c, b  c 15 7 0,5 (1,0 điểm) VIa (2,0 điểm) B (C) có tâm I (1; 2), bán kính R = 5, BC cắt IA H Ta có AI = 10 IB 1  Do IH  IA  H ( ; 0); cos AIB  2 IA 0  AIB  60  ABC  60 nên ABC tam giác  IH  A G H I C Suy tâm đường tròn nội tiếp ABC trùng với trọng tâm Gọi G trọng tâm tam giác ABC Ta có AG  AH  G (2;  2) Bán kính đường tròn nội tiếp r  GH  25 Suy phương trình đường tròn nội tiếp ABC ( x  2)  ( y  2)  (1,0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I (1;  1; 2), bán kính R  Từ giả thiết suy mặt phẳng qua M vng góc với d cắt (S) theo đường tròn có bán kính r  Đường thẳng d có vectơ phương u (2; 1;  2); M  d  M (3  2t;  t ;  2t ) Phương trình ( P) : 2( x   2t )  ( y   t )  2( z   2t )   x  y  z  9t   Ta có d ( I , ( P))  R  r   9t  Suy M (3; 2; 1), M ( 1; 0; 5) VIIa (1,0 điểm) Đặt z  x  yi Khi t  3  t  2  0,5 0,5 0,5 z  z   2i  x  yi  x   ( y  2)i 0,5  x  y  ( x  2)  ( y  2)  x  y   y   x Ta có 0,5 (1) z  2i x  ( y  2)i [ x  ( y  2)i ].[( x  2)  yi]   z  ( x  2)  yi ( x  2)  y x( x  2)  ( y  2) y ( x  2)( y  2)  xy x( x  2)  ( y  2) y i số ảo 0  2 2 ( x  2)  y ( x  2)  y ( x  2)  y  x  y  2( x  y )  ( x  2)  y  (2) ( x  1)  Thay (1) vào (2) ta  x  0,5  x  Suy y  Vậy z  2i (1,0 điểm) VIb (2,0 điểm) Tọa độ chân đường cao H ( ; ) Đường thẳng d qua G song song BC có pt 5 d : x  y   d  AH  I  I ( ; ) Ta có HA  3HI  A(1; 3) 5 0,5 d ( A, BC )  Suy BC  S ABC  d ( A, BC ) Gọi M trung điểm BC Khi MA  3MG  M (1; 0) Gọi B ( x1 ; x   x1  ) Khi MB   ( x1  1)     x1  1 +) Với x1   B(3;  1)  C (1; 1) +) Với x1  1  B (1;1)  C (3;  1) Suy A(1; 3), B(3;  1), C (1; 1) A(1; 3), B (1; 1), C (3;  1) (1,0 điểm) 0,5 Ta có 1 qua D(0; 1; 1), có vectơ phương u1 (2; 1; 1) AD  (1; 2;  1)  [u1 , AD]  (3; 1; 5) Gọi (P) mặt phẳng qua A đường thẳng 1 Suy phương trình ( P ) : 3 x  y  z    cắt (P) C  C (1; 3; 0) B  1  B (2t;  t ;  t ),  có vectơ phương u (1;  1; 1), BC (1  2t ;  t;   t ) 0,5 BC    BC.u   t  2 Suy B (4;  1;  1) VIIb (1,0 điểm) Đặt z  x  yi Khi z  2i có acgumen acgumen z  cộng với z  2i      r (cos  i sin ) , với r  4 z z  2i x  ( y  )i [ x  ( y  )i ].[( x  )  yi] Ta có   z  ( x  )  yi (x  )2  y nên 0,5 x( x  )  y ( y  ) (x  )2  y  ( x  )( y  )  xy (x  )2  y 0,5 i x2  y   x( x  )  y ( y  ) ( x  )( y  )  xy Suy    ( x  2)  y  2 2 (x  2)  y (x  2)  y   x  y   Ta có T  | z  |  | z  i |  | ( x  1)  yi |  | x  ( y  1)i | ( x  1)  y  x  ( y  1)   2x   y Áp dụng BĐT Cơsi ta có T  2(6  x  y )  2(6  2( x  y ) )  20 Suy T  , dấu đẳng thức xảy x  y  Vậy giá trị lớn T , đạt z   i   0,5 ... cos B sin B  sin B cos B  sin B (do B  C  90 )  cos B   B  60 Suy A  90 , B  60 , C  30  III (1,0 điểm) Ta có I    sin x tan x dx dx  2 2 cos x  sin x cos x ( tan ) tan cos