[r]
(1)TRƯỜNG THPT GIA BÌNH -
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi : TOÁN – KHỐI A
(Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề)
I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( điểm ) Câu I (2 điểm): Cho hàm số 2
y=x −3x +m − +m (1)
Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1) m =
Cho điểm C( – 2; ) Tìm m đểđồ thị hàm số (1) có hai điểm cực đại , cực tiểu A B cho diện tích tam giác ABC
Câu II (2 điểm ):
1 Giải phương trình: sin cos tan sin(13 )
sin cos
x x x
x
x x
π
+ + + + =
−
2 Giải hệ phương trình:
2
3 ( 1)
3
3 6.3 18.3
1 3
x y y x y x y
x y y x
+ + − + +
+ = +
+ + − = −
Câu III (1 điểm ): Tính tích phân
3
2
2 ln ( 1)
x x x
I dx
x
+ +
=
+
∫
Câu IV (1 điểm): Trong không gian, cho tam giác vng cân ABC có cạnh huyền AB = 2a Trên đường thẳng d qua A vng góc mặt phẳng (ABC) lấy điểm S cho mp( SBC) tạo với mp(ABC) góc 600 Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp tứ diện SABC
Câu V (1 điểm): Choxlà số thực khác 0, y số dương, tìm giá trị lớn biểu thức:
( )( )
2
2 2
4 x y F
x y y x y
=
+ + +
II/PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm ) Thí sinh chỉđược làm một hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm ):
1 Trong mặt phẳng 0xy cho tam giác ABC vuông B, C(-4;1), góc 60 ˆC= A
B Đường phân giác góc A có phương trình là: x+y-5=0 Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC biết đỉnh A có hồnh độ dương
2 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): x+4y−2z+ =5 hai đường thẳng (d :1) 1
x y+ z
= = ,
(d2): 1
1
x− y+ z−
= =
− Lập phương trình đường thẳng ∆ vng góc với (P) cắt hai đường thẳng d1, d2
Câu VII.a (1,0 điểm): Cho số phức ;
1 ( )
m i
z m R
m m i
− +
= ∈
− − Tìm m để
1
2 z z=
Phần B.Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm):
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, elip (E) có độ dài trục lớn 32 ; đỉnh trục nhỏ hai tiêu điểm (E) nằm đường trịn Hãy lập phương trình tắc (E)
2 Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; 1; 1) đường thẳng : 1
1
x y z
d − = = +
− − Viết phương trình
đường thẳng∆ qua A cắt d, cho khoảng cách từ gốc toạđộ O đến ∆ nhỏ Câu VII.b (1 điểm): Cho số phức z = −1 3i Tính mođun số phức sau: 2
3
z i
iz
+ +
(2)
ĐÁP ÁN I/PHẦN CHUNG
Câu I:
1.*Khi m = 1, ta có y=x3−3x2+1 + TXĐ: D=ℝ
+ Giới hạn:lim ( 3 1)
x→−∞ x − x + = −∞
3
lim ( 1)
x→+∞ x − x + = +∞
+Sự biến thiên: y'=3x2−6x , ' 0
=
= ⇔ − = ⇔ =
x
y x x
x (0,25 điểm) *Hàm sốđồng biến khoảng (−∞; ; 2;) ( +∞) Hàm số nghịch biến khoảng ( )0;
Hàm sốđạt cực đại x = 0, yCĐ = Hàm sốđạt cực tiểu x = 2, yCT = -3 (0,25 điểm) *Bảng biến thiên (0,25 điểm)
x −∞ +∞
y′ + − + y
+∞
−∞ -
* Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1)− tâm đối xứng (0,25 điểm)
2
*Ta có y'=3x2−6x,
' 0 ;
y = ⇔ x − x = ⇔ x = x =
Bảng biến thiên:
x −∞ +∞
y′ + − + y
yCĐ +∞
−∞ yCT
(0,25 điểm)
(3)*Ta có: yCĐ= m2− +m 1, yCT =m2− −m 3.Từđó:A 0; m( 2− +m 1)vàB 2; m( 2− −m 3), AB= 22+ −( 4)2 =2 Phương trình đường thẳng qua A,B có véc tơ phương AB=(2; 4− )
qua A nên có phương trình:
2
x y m m
2
− = − + −
− hay
2
2x+ −y m + − =m 0 (0,25 điểm)
*Dựng CH vng góc với AB ( )
2
2
2.( 2) m m m m
CH d C; (AB)
5
2
− + − + − − +
= = =
+
Diện tích tam giác ABC:
2
2
m m
1
S CH.AB m m
2
− +
= = = − +
Vì diện tích tam giác ABC nên m2 m m
m
= − + = ⇔ = −
( thoả mãn)
Vậy: m = hoặc m = - (0,25 điểm)
- Câu II:
1
* Điều kiện: s inx cos 2 2 os2
4
os2x os sin
x k
c x x
c c x x
π π − ≠ ↔ ≠ ↔ ≠ + = − ≠
(0,25 điểm)
* PT: s inx cos 2sin os2
s inx cos os2
x x
c x
x c x
+ + + =
−
2
(s inx cos )x sin 2x cos 2x
↔ − + + + = (0,25 điểm)
2
sin
2
sin sin ,
sin
4 k
x x
x x k Z
x x k
π π π = → = ↔ − = ↔ ∈ = → = + (0,25 điểm)
* Đối chiếu điều kiện suy nghiệm: k
x= π (0,25 điểm) 2
*PT đưa về:(34x−2−3 )(272y y x− +6.3 )y2 = ↔ =0 y 2x−1 (0,5 điểm)
*Thay vào pt sau, ta có:
1 3 ,
3
x x x
+ − = − ≥
Đặt a= 3x− ≥2 0; b= 34x 3− ta có hệ
2
1
4
a b a b + = − =
Ta có: b
a= − thay vào pt sau được:
( ) ( ) ( ) 2
3 1 /
5
2 /
2
b a l
b b b b a t m
b a t m
= ⇒ = − − + = ⇔ = ⇒ = = ⇒ = (0,25 điểm)
+ Với 1
1 b x a y = = → = =
+ Với
11 2 b x a y = = → = =
(4)- Câu III: * 3 2 1 ln [1 ]
( 1) ( 1)
x
I dx dx A B
x x
= − + = +
+ +
∫ ∫ (0,25 điểm)
*Tính: ( ) 13
1
A x x
= + =
+ (0,25 điểm)
*Tính B: Đặt
2 ln 1 ( 1)
u x du dx
x dv dx v x x = = → = + = − + Ta có:
3 3
1 1
1
ln ln 3ln ln
[ ln ln( 1)]
1 ( 1)
x x
B dx x x
x x x x
−
= − + = − + − + =
+ ∫ + + (0,25 điểm)
* Vậy: 3ln ln
I = + − (0,25 điểm)
- Câu IV:
* Ta có AB = 2a, suy AC = a
Góc hai mặt (SBC (ABC) góc SCA 60 độ (0,25 điểm) * Ta có: SA= ACtan 600 =a 3→SB=a 7 (0,25 điểm)
* A, C nhìn SB góc vng, nên mặt cầu ngoại tiếp S.ABC có bán kính
2
SB a
R= = (0,25 điểm) * Vậy thể tích khối cầu là:
3
4 7
( )
3
a
V = πR = π dvtt (0,25 điểm)
- Câu V:
*
( )( ) (( ) ) ( ( ) )
2 2 2
2
2 2 2
2 2
4
4
4
x y y x y y y x y
x y F
x y x x y
x y y x y
+ − + − = = = + + + + + 2 2
1
4 x y x y + − = + (0,25 điểm)
*Đặt
2
2
4x t suy t
y = ≥ Xét hàm ( )
1 t f t t + − =
+ [0;+∞)
Ta có ( )
( )2 ( )2
4
1
2
2 ' 4 t t t t t f t t t + − + + − + + + = =
+ +
( )
' 2 2
f t = ⇔ − +t t+ ⇔ t+ = −t
( )
2
8
4 4
t
t
t t t
≥
⇔ + = − + ⇔ =
(0,5 điểm)
*Từ bảng biến thiên suy t=8 2 2
6
MaxF= ⇔ x = y ⇔ = ±x y (0,25 điểm) - II/PHẦN TỰ CHỌN
Phần A (Theo chương trình chuẩn) Câu VI.a:
1
*PT d' qua C vng góc d là: x - y + = Gọi H = ∩ →d' d H(0;5)
x +∞
y’ + - y
(5)
Gọi C' đối xứng C qua H, tìm C'(4; 9) thuộc đường AB (0,25 điểm) *Tính HC= 32 Gọi ( ;5A a − ∈a) d a, >0
Ta có = 2 +32 a
AC Trong tam giác vng AHC có
3 32
2 32 30
sin
2
0 ⇔ =
+ =
= a
a AC
HC
Suy A(4 3;5−4 3) (0,5 điểm)
Do tam giác ACC’ đều nên B trung điểm AC’ suy B(2+2 3;7−2 3) Từđó có tọa độ trọng tâm tam giác ABC G(
3 13 ;
2
6 − −
) (0,25 điểm) 2
*PT tham số hai đt là:
1
: : ; ,
4
x m x k
d y m d y k m k R
z m z k
= = +
= − + = − − ∈
= = +
Gọi A, B giao ∆ với d d , 1, 2 ( ; 1; ) ( 1; 2 ;3 4)
( 1; 1;3 4)
A m m m
AB k m k m k m
B k k k
−
→ = − + − − − +
+ − − +
(0,25 điểm)
* Véc tơ AB phương với vtpt (P) nên ta có: 2
2
1
k
k m k m k m
m
=
− + =− − = − + →
=
− (0,25 điểm)
* Ta có: (2;3; 2)A B(1; 1; 4)− (0,25 điểm)
* PT (∆) qua A là:
1
x− = y− = z−
− (0,25 điểm)
- Câu VII.a:
*Ta có: 2 2
1
m
z i
m m
= +
+ + (0,5 điểm)
*Ta có: ( 2)2 ( 2)2 1 2
2 1 2
m
z z z
m m m
= ↔ = ↔ + = ↔ =
+ + + (0,25 điểm)
Tìm được: m= ±1
- Phần B (Theo chương trình nâng cao)
Câu VI.b: 1
*Gọi ptct (E) là:
2
2 ;
x y
a b
a +b = > > Theo giả thiết: 2a=4 2↔ =a 2 (0,25 điểm)
*Gọi B, B' hai đỉnh trục nhỏ, ta có tứ giác BF B F hình thoi, đ1 ' 2 iểm B F B F nằ, 1, ', 2 m đường tròn nên BF B F hình vng (0,25 1 ' 2 điểm)
* Từđó ta có: OB=OF2→ =b c Vì 2 2
b + =c a →b = (0,25 điểm) *Vậy pt tắc (E) là:
2
1
8
x +y =
(0,25 điểm) 2
* Đường thẳng d qua M(1; 0; - 1) có vtcp: u= − −(1; 2; 1)
Ta có: u AM, =(3; 2; 1)− Mặt phẳng (P) qua A có vtpt: n=(3; 2; 1)−
có phương trình là: 3x+2y− − =z 0 (0,25 điểm) * Gọi H hình chiếu vng góc O lên (P), tìm được: ( ; ;6 2)
7 7
(6)Ta có: ( ; ; )1 7 HA=
không phương với: u= − −(1; 2; 1)
(0,25 điểm) *Gọi h khoảng cách từ O tới ∆, ta ln có: h≥OH
Suy khoảng cách đạt nhỏ đường thẳng ∆ AH (0,25 điểm) * Đường thẳng ∆ qua A nhận vtcp: u∆ =(1;3;9)
Phương trình ∆ là: 1
1
x− y− z−
= = (0,25 điểm)
- Câu VII.b:
* Ta có: z= +1 3i (0,25 điểm) * Rút gọn được: 5
3
z i i
i
iz i
+ = + = −
+ (0,5 điểm)