De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC).. Giám thị không giải thích gì thêm...[r]

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2011 MƠN: TỐN; KHỐI: D

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

1 x y

x  

 

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị  C hàm số

2 Biện luận theo m số nghiệm phương trình

x

m x

 

 

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

2

2sin cos 4sin

4 x x x



 

   

 

 

2 Giải bất phương trình:    

2

2x  2x x  11x14 0 x  Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân

2

I x - x dx2 Câu IV(1,0 điểm)

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD hình chữ nhật có độ dài AB = a 2, BC = a Gọi M trung điểm đoạn CD Góc hai mặt phẳng (ABCD) (SBM)  60

1 Chứng minh mặt phẳng (SBM) vng góc với mặt phẳng (SAC) Tính thể tích tứ diện SABM theo a

Câu V(1,0 điểm)

Tìm m để bất phương trình:  

2

2

log x 2log mx m

có nghiệm thực Câu VI(2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC có đáy BC nằm đường thẳng d1: x – 3y - = 0, cạnh bên AB nằm đường thẳng d2: 2x – y + = Viết phương trình đường thẳng AC biết qua điểm (3; 2)

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1; 0; 1), B(2; 1; 2) mặt phẳng (

 ): x + 2y + 3z + = Lập phương trình mặt phẳng () qua A, B vng góc với ( ) Câu VII(1,0 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn: z z  1 2i 3 - Hết

TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2011 MƠN: TỐN; KHỐI: D

(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

I (2,0 đ)

1 (1,0 điểm)

* Tập xác định: \ {1} * Sự biến thiên:

 2    

2

' 0, ;1 1;

1

y x

x

       



 Hàm số đồng biến khoảng  ;1 1;+  .

0,25

Cực trị: Hàm số khơng có cực trị. Giới hạn, tiệm cận:

1 1

1

lim lim ; lim lim

1

x x x x

x x

y y

x x

   

   

 

    

   

Do đường thẳng x = tiệm cận đứng

1

lim lim 1; lim lim

1

x x x x

x x

y y

x x

         

 

   

   

Do đường thẳng y = - tiệm cận ngang

0,25

Bảng biến thiên:

+ +

-1

-1

1

-

+

+ -

y y' x

0,25

* Đồ thị:

Đồ thị cắt trục Oy điểm (0; 1) cắt trục hồnh điểm (-1; 0) Đồ thị có tâm đối xứng giao điểm I(1; -1) hai tiệm cận

2 (1,0 điểm) Biện luận theo m số nghiệm phương trình  

1

1

x

m x

 

 

Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị

 

'

x

y C

x  

 

0,25

Số nghiệm pt (1) số giao điểm đthị

1 x y

x  

  đg thẳng y = m

0,25

Suy đáp số: m 1;m1: phương trình có nghiệm phân biệt m1: phương trình có nghiệm.

 1 m1: phương trình vơ nghiệm.

0,5 II

(2,0 đ)

1 (1,0 điểm) Giải phương trình:  

2

2sin cos 4sin

4 x x x



 

   

 

 

 1 1 cos 4 3 cos 4 3 4sin2 3 cos 4 sin 4 2 2sin 

2 x x x x x x



 

          

3

cos sin cos cos cos

2 x x x x x



 

      

  0,25

 

4 2

6 12 .

4 2

36

x x k x k

k

x k

x x k

 

 

 





 

    

 

    

      

 



 0,5

2 (1,0 điểm) Giải bất phương trình:      

2

2x  7x 2x 11x14 1 x 

 

2 2

2 11 14

1 11 14

2

x x

x x

x x

   



      



 

  

0,25

2;

2

2;

7

2;

7

2 0;

7

0;

2

x x

x x

x x

x x

x x



 

 

   

 

     

   

 



 

  

   

0,5

7

0; 2;

2

x x x

   

Vậy tập nghiệm bất phương trình (1) là:    

;0 ;

2 T      

 

0,25

III (1,0 đ)

(1,0 điểm) Tính tích phân

2

I x - x dx2

Đặt x2sin ,t t0;  dx2 costdt Khi x - t = 0, x = t

 

0,25

Do

2 2

2 2

0 0

4sin 4sin sin

I t t dt t dt t dt

  

    

4 - sin 2cost cos t 0,25

   

2 2

2

0

0 0

1

2 cos cos sin

2

t dt dt t d t t t

  

 

         0,25

 

1

2 sin sin 2



 

    0,25

IV (1,0 đ)

a a



I M

D C

B A

S

* Ta có

1

MC CB

BC BA

 

  

 

MCB

  đồng dạng CBA

    900

CAB MBC CAB IBA AI BI

    

 

* Mặt khác BI SA

nên  AIS 60 BI  SAC Do SBM SAC

0,25

0,25

2 (0,5 điểm) Tính thể tích tứ diện SABM theo a

Tính  

2

2

2

2 2

AMB ABCD ADM BCM

a a

S S  S S  a  a 

2

3

ABM

S a

AI

BM



  

0,25

3

0

.tan 60

3 ABM

a

SAAI  a V  SA S 

(đvtt) 0,25

V

(1,0 đ) (1,0 điểm) Tìm m để bpt:    

2

2

log x 2log mx m có nghiệm thực.

    2  

1

1 2

1

x

x m x x I

m x

  

      

 



 hoặc

 

1

2

x

II x

m x

  

 

 

 

(x = không thỏa mãn)

0,25

Xét hàm số

   

 

2

2 2

2

, 1; '

1 1 2

x x

f x x f x

x x x

  

   

  

 

' 2

f x   x   x .

       

1

lim 1; lim 1; lim ; lim

x   f x  x   f x  x  f x   x  f x 

0,25

Ta có bảng biến thiên:

0

-+

- 1

1 +

f '(x)

f (x) x

- 6 3

- -2

-1

Lập luận đưa kết

 

; 1;

3

m      

  0,25

VI

(2,0 đ) 1 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng AC

Đường thẳng AC qua điểm (3 ; 2) nên có pt:  3  2 0 2 0

a x b y  a b 

Góc tạo với BC góc AB tạo với BC nên :  

   

   

2 2

2 2 2

2.1 a 3b

1 a b

   



      

0,25

2 2

2

5 3

2

a b

a b a b a ab b b

a   

        

  

0,25 Với a = -2b, chọn a = 2, b = -1, ta phương trình AC: 2x - y - =

(loại AC // AB)

0,25

Với a = b

, chọn a = 1, b = 2, ta phương trình AC: x + 2y - =

0,25

2 (1,0 điểm) Lập phương trình mặt phẳng  

Lập luận để véc tơ pháp tuyến mặt phẳng   là ,

nAB n

 

                            

0,25

Tìm n1; 2;1  

0,25 Khẳng định mặt phẳng  qua điểm A có vtơ pháp tuyến

1; 2;1 n 

0,25

Phương trình mặt phẳng   : x - 2y + z - = 0,25 VII

(1,0 đ) (1,0 điểm)

Biểu diễn số phức z = x + yi ( x , y¿∈

¿

)bởi điểm M(x; y) mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có: z z  1 2i  3 2 y1i 3

0,25

 2

2

1 2y

    0,25

y 12 y

      0,25

Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z hai đường thẳng song song với trục hoành y  1

0,25

Chú ý: Học sinh giải cách khác cho điểm tối đa.

-SỞ GD VÀ ĐT HỒ BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011

TRƯỜNG THPT CƠNG NGHIỆP Mơn Tốn - Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – (m + 2)x2 + (1 – m)x + 3m – 1, đồ thị (C

m), m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị với m =

2 Xác định giá trị m để hàm số cho đạt cực trị x1, x2: x1 – x2 = Câu II (2,0 điểm).

1 Giải phương trình: 2cos6x + 2cos4x – 3cos2x = sin2x + Tìm giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm: 

  

  

   

1 m y x

m y x

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =   

1

3

1 x

xdx

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi SA = a, (0 < a < 3), cạnh lại Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c thuộc [0; 2] Chứng minh: 2(a + b + c) – (ab + bc + ca)  4 PHầN RIÊNG (3,0 điểm).

Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn.

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy Cho điểm A(1; 0), B(2; 1) đường thẳng d: 2x  y + = Tìm điểm M d cho MA + MB nhỏ

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC Biết toạ độ A(–1; 0; 1), B(1; 2; –1), C(–1; 2; 3) Xác định tọa độ tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho z1, z2 nghiệm phức phương trình: 2z2 – 4z + 11 = Tính giá trị biểu thức P =  22

2 2

z z

z z

 

B Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E): x2 + 4y2 = Tìm điểm M elíp (E) cho góc F1MF2 = 600

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1; 5; 0) đường thẳng: 1:

1 z

4 y

x 

 

 

; 2:

z

2 y x

  

 

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn:    

 

 

   

4 z z

i z z i z

2

Hết -ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Mơn Tốn - Khối D

Câu Nội dung đáp án Điểm

Câu I

(2,0 điểm) (1,0 điểm) Khảo sát hàm sốKhi m =  y = x3 – 3x2 + 2

 Tập xác định: D =

 Sự biến thiên: y' = 3x2 – 6x

 

xlim y = +; xlim

y = 

0,25

Bảng biến thiên x 

2 +

0,25

y' +



+

y 

2 + Khoảng đồng

biến: (; 0), (2; +)

Khoảng nghịch biến: (0; 2)

Cực đại: x = 0; y

= Cực

tiểu: x = 2; y = 2

0,25

 Đồ thị

Tâm đối xứng (1; 0) điểm uốn đồ thị

0,25

2) (1,0 điểm) Xác định giá trị m … Ta có y' = 3x2 –

2(m + 2)x + – m ' = (m + 2)2 – 3(1 – m) = m2 + 7m +

0,25

-1

-2 -1

1

x y

1

x1 – x2 =  (x1 – x2)2 =  x

2 +

x22 – 2x1x2 =

 (x1 + x2)2 – 4x1x2 – = 

 

2 m

   



 

–

m 1

– =  m2 + 7m – =

0,25

YCBT  

 

   

2 x x

0 '

2

1 

    

  

  

0 m m

0 m m

2

 m = m = –8

0,50

Câu II

(2,0 điểm) (1,0 điểm) Giải phương trình2cos6x + 2cos4x – 3cos2x =

sin2x +  2(cos6x + cos4x) – sin2x

– 3(1 + cos2x) = 

4cos5xcosx – 2sinxcosx – cos2x = 0

0,25

 2cosx(2cos5x – sinx – cosx) = 

  

  

x cos x sin x cos

0 x cos 

  

  

 

 



6 x cos x cos

0 x cos

 x = 

+ k, x = –24



+ k2 

, x = 36

 + k3



C

2 (1,0 điểm) Tìm giá trị m …

Với điều kiện x  –1 y  1, ta có:            m y x m y x                  m y x m y x 2                 m m y x m y x 0,25

Khi x1 y1 nghiệm khơng âm phương trình: t2 – mt + 2

1

(m2 – 2m – 1) =  2t2 – 2mt + m2 – 2m – =

0,25

Ta phải có         P S '                 m m m m m m 2             m m m m m 2                m m m m

 +  m  +

0,50

Câu III

(1,0 điểm) Tính tích phân: Ta có:

x (x 1) =

A

x 1 +

B

(x 1) +

C

(x 1) =

1

(x 1) 

1 (x 1)

Có thể xét:

x

(x 1) =

(x 1) (x 1)

 

 =

1

(x 1) 

1 (x 1)

0,25

Từ suy ra: I =             dx x 1 x =      2dx x –      3dx x 0,25 = 1 x   –   x  

= –2

+ +

–

=

1 0,50

Câu IV (1,0 điểm)

Tính thể tích hình chóp Gọi O  AC  BD, ta có: BDA = BDC = BDS (c.c.c)  OA = OC = OS

 CSA vuông A  AC = a2 1

Trong hình thoi ABCD: AC2 + BD2 = 2(AB2 + BC2)  + a2 = 22

 BD = 3 a2 (vì < a < 3)

 Diện tích đáy: SABCD =

AC.BD =

1 a2

 . 3 a2

0,50

SB = SD  HB = HD  HOC

Trong CSA vuông A: 2 SC2 SA

1 SH

1

 

 SH2

= a2

+ =

2

a a 

 SH = a a

2



Từ thu thể tích V =

.2

1 a2

 . 3 a2 . a a

2

 = 6 a

2

a

3 0,25

Câu V (1,0 điểm)

Chứng minh bất đẳng thức:

Với giả thiết a, b, c thuộc [0; 2], ta có (2 – a)(2 – b)(2 – c) 

 – 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) – abc  0,50  2(a + b + c) – (ab + bc + ca)  +

1

abc 

Dấu “=” xảy  Có giá trị giá trị ngược lại

0,50 Câu VI.a

(2,0 điểm) (1,0 điểm) Tìm điểm M …Ta thấy (2xA  yA + 3)(2xB  yB + 3) = (2  + 3)(2.2  + 3) = 30 > nên A, B phía đường thẳng d

Qua A, xét đường thẳng   d có phương trình: x + 2y  =

0,25 Ta có  cắt d H = (1; 1)

Gọi A' điểm đối xứng với A qua d H trung điểm AA'  OA' = 2OH  OA  A' = (3; 2)  A'B = (5; 1)

0,25 Phương trình đường thẳng A'B là: x + 5y  =

Với điểm Md, ta có MA' = MA nên MA + MB = MA' + MB 0,25 Trong MA' + MB nhỏ A', M, B thẳng hàng Vậy M  A'B  d Ta

thu M =   

  

11 17 ; 11

8 0,25

2 (1,0 điểm) Xác định tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp

Ta có AB = (2; 2; –2) AC = (0; 2; 2)  Phương trình mặt phẳng trung trực

của AB AC (P): x + y – z – = (Q): y + z – = 0,25 Với [AB, AC] = (8; –4; 4)

 vectơ pháp tuyến mặt phẳng (ABC) n = (2; –1; 1)  Phương trình mặt phẳng (ABC): 2x – y + z + =

0,25 Ba mặt phẳng (P), (Q) (ABC) cắt I(0; 2; 1) tâm đường tròn ngoại

tiếp ABC 0,25

Bán kính tương ứng R = IA =  1 02 0 22 11 = 0,25 Câu VII.a

(1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức

Ta có 2z2 – 4z + 11 =  z

1 = – 2

i z2 = + 2

i  z1 = z2 =

18 1

= 22

và z1 + z2 =  P = 4 22 22 

=

11 0,50

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm) Tìm điểm M elíp Ta có x2 + 4y2 = 

x2

+ y2 =  a = b =  c = 3  e =

0,25 Trong tam giác F1MF2, theo định lí cosin ta có: F1F

2

2 = MF12 + MF22 –

2.MF1.MF2.cos600  F1F

2

2 = (MF1 + MF2)2 – 2.MF1.MF2 – MF1.MF2

= (MF1 + MF2)2 – 3.MF1.MF2 12 = 42 – 3.MF1.MF2  MF1.MF2 =

4 0,25

 (a – ex)(a + ex) =

 a2 – e2x2 = 3



x2 = – 3

=

 x2 = 32

 y2 = x



=

 x = 

y = 3

1 0,25

Thu được: M1(

;

), M2(

; –3

), M3(–

;

), M4(–

; –3

) 0,25

2 (1,0 điểm) Viết phương trình tham số

Ta có: M1(0; 4; 1), u1 = (1; 1; 2), M2(0; 2; 0), u2 = (1; 3; 3) Xét mặt phẳng (P) chứa I 1 có [M1I, u1] = nP = (3; 1; 2)  (P): 3x – y – 2z + =

Xét mặt phẳng (Q) chứa I 2 có [M2I, u2 ] = (9; 3; 6) = 3(3; 1; 2)  nQ = (3; 1; 2)  (Q): 3x – y + 2z + =

0,50

Với [nP , nQ] = (4; 12; 0) = 4(1; 3; 0) d = (P)  (Q) ud = (1; 3; 0)

 Phương trình tham số d là:          z t y t x 0,50 Câu VII.b

(1,0 điểm) Tìm số phứcGọi z = x + yi, (x, y  ) Ta có z = x – yi, z – i = x + (y – 1)i, z – z + 2i = 2(y + 1)i, z2 = x2 – y2 + 2xyi, z2 = x2 – y2 – 2xyi  z2 – z2 = 4xyi

0,25

Khi đó:             z z i z z i z 2                xyi i y i y x                xyi y y x

2 2

      xy y x2

Ta thấy y = x2



nên thu x3 = 4  x = 3 4  y = 4

3

=

Ta thu số phức z1 =

3 4

+

i z2 = –

3 4

+

i 0,25