De thi thu Dai hoc mon Toan va dap an

[r]

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

+ +

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)

*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  = =     →   =   =  

- 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

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

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)