Đáp án đề thi thử đại học khối A môn toán trường THPT chuyên Hà Nội -Amsterdam

(1 điểm) giải phương trình lượng giác... (1 điểm) Viết phương trình đường tròn.[r]

1 TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN, Khối A

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

Câu I (2 điểm)

1 (1 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m 0 (Tóm tắt)

3

0

m  yx  x   Tập xác định:   Sự biến thiên: Bảng biến thiên:

 Đồ thị: 1 đ

2 (1 điểm) Tìm m để đường thẳng qua điểm cự trị tạo với  góc

45 Để hàm số có điểm cực trị phương trình    

'

y x  x  xm  có nghiệm phân biệt   'y' 1 m 0 m1 Gọi A x y 1; 1 ,B x y2; 2 điểm cực trị Cm, ta có:   1 1  ' 2 1

3

y x  x y x  m x Thay tọa độ A B, vào

đẳng thức này, ý y x' 1  y x' 2 0 ta có:  

 

1

2

2 1

2 1

y m x

y m x

  

  

  

   

: 1

d y m x

    đường thẳng qua điểm cực trị hàm số

0,5

Đường thẳng d có vecto pháp tuyến n12m2; ,  đường thẳng  có vecto pháp tuyến n 2 3;1  Ta

có:    

 

1

2 2 2 2

1

1 1

cos , cos 45

2

4 1 1 3 1

n n m

d

n n m

 

     

  

 

 

2

4 11

4

m m m

      (loại nghiệm m 2)

0,5

2 Câu II

(2 điểm)

 

3

sin sin

10 2 10

x x

 

   

  

   

    Đặt

3

10 2 10

x x

t       thay vào phương t

trình  1 sin 1sin 3 sin 1sin  sin sin

2 10 10

t    t t  t t t

          

 

 

0,5đ

 

3

2

sin

2 sin 3sin 4sin sin sin 1

cos sin

2 t k t

t t t t t

t t

   

 

       

 

  



Giải ta nghiệm: ; ; 14  

5 5

x  k x  k  x  k  k 

0,5đ

2 (1 điểm) Tìm m để phương trình có nghiệm

Điều kiện  1 x1 Đặt xsint với ; 2 t   

 

2

sin tcos tm

Đặt  

cos 1

u t u  f u  u u m

 

0

'

3 u

f u u u

u   

    

  

Ta có  0 1; 23;  1

3 27

f  f    f 

  Suy

23

1 27m

1đ

Câu III (1 điểm)

 

 

ln ln ln ln

0 0

1 ln

1

1 2 ln 2 ln

0

1 1

x

x x

x

x x x

d e

e e

I dx dx dx e

e e e



 



         

    

   

8 ln 2 ln ln

9  

    

 

1 đ

Câu IV (1 điểm)

H hình chiếu A SD, qua H kẻ

 

/ / ,

HK CD KSC qua K kẻ

 

/ /

KL AH LAB KL đoạn vng góc chung AB SC Do khoảng cách AB SC độ dài KLAH

Vì   

60 SA ABCD SBA 

0

tan 60

SA AB a Trong tam giác vuông SAD: SD SA2AD2 a

Và 2 2 2

2

1 1 21

AS AD a

AH

AH  AS  AD   AS AD 

0,5đ

Gọi O tâm hình chữ nhật ABCD, G giao điểm SO MC, kẻ BG cắt SD N thì BCNM thiết diện hình chóp S.ABCD BCM

Gọi V V V thể tích hình chóp , ,1 2 S ABCD S ACB , S ACD ; ' '

1

', ,

V V V thể tích hình chóp S BCNM S MCB , S MCN Dễ thấy 1 2

2

V V  V Xét tỉ số:

' ' ' '

1 2

1

' 1

1

2

V V V V

V SM SN

V V V V SA SD

 

  

       

 

 

Chú ý

rằng, / / / /

3 SN SM

AD BC MN AD

SD SA

    Vậy: ' '

9

V

V V

3

3 3

1 10

.2 '

3 ABCD 3 27

a a a

V  SA S  a a a V   (đvtt)

Câu V (1 điểm)

Có:  

2

2 1

3 1

1 1

x y z A x y z

x y z

 

          

  

 

9 A

x y z

 

   Mặt khác giả thiết  

2 2

x y z x y z

       Dễ dàng

chứng minh 2 1 2,

x y z  xyz nên ta đặt t xyz

2

1

0

3t  t 3   (vì , ,t x y z dương) Hơn hàm số

1 y

t 

 nghịch biến nên

9

4

A  

 Dấu '' xảy ''

4

1 1

x y z

x y z

x y z

  



    

     

1đ

Câu VI.a (2 điểm)

1 (1 điểm) Xác định toạ độ đỉnh tam giác ABC

Có phương trình đường thẳng qua M tạo với d góc 45 là:

1:

d x y  d2: 3x4y180

Trường hợp 1: Chọn AB d1B4;5  Ta có đường thẳng AC: 3x4y 7 Từ suy A1;1 , C3; 

Trường hợp 2: Chọn AB  

3

10;3 , 4; ; ;

2 2

d B A   C 

   

1đ

2 (1 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P) tính độ dài MN

Ta có: A' 0; 3; ,   C' 0;3;   M trung điểm A B nên ' ' 2; 3; M  

  Mặt

khác: 2; ; ,3 '  4; 4; 

AM   BC  

 

 

 P có vtpt n2 phương với vecto

 

, ' 6; 24;12 AM BC

    

 

 

chọn n2 1; 4; 2  P :x4y2z120 AC ' đi qua A có vtcp ' 0;1; 0

6

u AC  AC:x0;y  3 t z; 4t  thay 

vào PT   0; 1; 4 17 P  t  N  MN 

1đ

Câu VII.a (1 điểm)

Giả sử zxyi Theo ta có x 1 y2i  x 3 4y i

x 12 y 22 x 32 y 42 y x

          

Số phức  

 

    

 

2

2

2 2

2

w

1 1

x y i x y y x y i

z i

x y i

z i x y

      



  

 

   w

số ảo

  

   

2

2

2

2 0,

5

x y y

y x y

y x

    

 

      

   



12 23

;

7

x y

    Vậy 12 23

7

z   i

1đ

4 Câu

VI.b (2 điểm)

Đường trịn  C có tâm I1; ,  bán kính R  ; đường trịn  C có tâm '  

' 5;1 ,

I bán kính R'. Khi II ' 5;

Gọi M, N giao điểm  C  C' , theo giả thiết MN  Gọi H giao điểm của MN II ' Ta có:

2 MH HN

Trong tam giác I MH' ta có

2

2 2

' '

2

I H I M R   

 

7

' ' '

2

I H HI II HI

       Suy

2

' ' 28 '

MI  HI MH   R 

  C' : x52y12 28 7.

1đ

2 (1 điểm) Tìm 

Có: BB D D là: ' '  1x11y00z0 hay xy 1 Giả sử mặt phẳng  P có vtpt    2 

; ; ,

P

n  a b c a b c  

Ta có CD  '  1; 0;1  Do

 

' P '

CD  P n CD   ac

 2

cos

2 2

P

P

n n a b

n n a b

  

  

  Mà a b 2   

2

2

1

2 1

2

2 a b a b

   

    

 

 

 

0

3

cos 30

2

 

    Vậymin30

1đ

Câu VII.b (1 điểm)

Điều kiện

2

0,

log 1, log 243

x y x

x y y

  

 



 

    



Đặt

3

log

log

u x u

v

v y

    





 



  

 

Hệ trở thành  

2

2

2

3

3

3

3

u v u v

u v u v

u v

v u

    



     

   

 

 



TH : 1

4 u

u v u u u

u  

       

  

Giải 81 x y

  

  TH : u v 3, dễ thấy TH vô nghiệm