Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (Số 6)

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định..[r]

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  m  x2 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu cho hai điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + = khoảng Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình Giải phương trình cos x  cos x  1  1  sin x  sin x  cos x  x2  x x    x  x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân  ( x  ) x 3 dx x 1  x  Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N là các điểm di động trên các cạnh AB, AC cho  DMN    ABC  Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: x  y  xy Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z  thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x3  y  16 z  x  y  z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = và hai đường thẳng x 1 y 1 z  x2 y2 z     d1: , d2: 1 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + = và d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG x  y  z 1   Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + = 1 Gọi M là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  42  log y  x  log 1    y ( x, y   ) Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   2  x  y  25 -Hết - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I Lop12.net SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN - 2011 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1,0 x2 a) Tập xác định: D   \ 2 Với m =1 thì y  x   0.25 b) Sự biến thiên: y ' 1  x  2  x2  4x   x  2 x 1 , y'   x  0.25 lim y   , lim y   , lim y   ; lim y   , x  x  x2  x2  lim  y  ( x  1)   ; lim  y  ( x  1)   x  x  Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – Bảng biến thiên x - y’ + – – + + + + y 0.25 - - Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1 ,  3;   ; hàm số nghịch biến trên khoảng 1;  ,  2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = x = 1; yCT = x = c) Đồ thị: 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I Lop12.net 1.0 m ; ( x  2) Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = (1) có hai nghiệm phân biệt khác  m  x   m  y1   m  m Với m > phương trình (1) có hai nghiệm là: x2   m  y2   m  m Với x  ta có y’ = 1- Hai điểm cực trị đồ thị hàm số là A(  m ;  m  m ) ; B(  m ;  m  m ) Khoảng cách từ A và B tới d nên ta có phương trình: 2m m  2m m m   m  Đối chiếu điều kiện thì m = thoả mãn bài toán Vậy ycbt  m = 0.25 0.25 0.25 II 0.25 2.0 Giải phương trình cos x  cos x  1  1  sin x  sin x  cos x 1.0 ĐK: sin x  cos x  0.25 Khi đó PT  1  sin x   cos x  1  1  sin x  sin x  cos x   1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0.25  1  sin x 1  cos x 1  sin x   sin x  1  cos x  1 (thoả mãn điều kiện)   x    k 2     x    m2 0.25 k, m   0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x   Giải phương trình:   k 2 và x    m2  x2  x x    x  x2 ( x  ) 3  x  x  PT   2 7  x  x x    x  x 1.0 0.25 3  x  x    x x   2( x  2)  3  x    x   x2  x   2 x  k, m   0.25 2  x    x  1  x  16    x  1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I Lop12.net 0.25 0.25 III Tính tích phân  Đặt u = x 3 dx x 1  x  x   u  x   u   x  2udu  dx ; đổi cận:  x   u  Ta có: 1.0 2 0.25 x 3 2u  8u dx  0 x   x  1 u  3u  2du  1 (2u  6)du  61 u  1du  0.25  u  6u   ln u  1 0.25  3  ln 0.25 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D ABC là tứ diện nên H là tâm tam giác ABC C B N H 0.25 M A  3 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH        Diện tích tam giác AMN là S AMN  2 0.25 AM AN sin 600  xy xy Thể tích tứ diện D AMN là V  S AMN DH  12 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  0.25 1 xy.sin 600  x AH sin 300  y AH sin 300 2  x  y  xy V 0.25 1.0 Trước hết ta có: x  y 3  x  y  Đặt x + y + z = a Khi đó (biến đổi tương đương)    x  y   x  y    x  y 4P  a  64 z 3 a  z  a  64 z 3 0.25  1  t   64t z (với t = ,  t  ) a 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 Có f '(t )  64t  1  t   , f '(t )   t    0;1   0.25 Lập bảng biến thiên  Minf  t   t 0;1 64 16  GTNN P là đạt x = y = 4z > 81 81 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I Lop12.net 0.25 VI.a 2.0 1.0 Do B là giao AB và BD nên toạ độ B là nghiệm hệ: 21  x  x  y 1    21 13    B ;    5  x  y  14   y  13  Lại có: Tứ giác ABCD là hình  chữ nhật  nên góc AC và AB góc AB và BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) là VTPT các     đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: cos nAB , nBD  cos nAC , nAB      a  b 2 2  a  2b  a  b  a  8ab  b    a   b  - Với a = - b Chọn a =  b = - Khi đó Phương trình AC: x – y – = 0, x  y 1  x  A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm hệ:    A(3; 2) x  y 1   y  Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm hệ:   x  x  y 1  7 5  I ;   2 2  x  y  14  y    14 12  Do I là trung điểm AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;   5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0  x  1  2t x   m   Phương trình tham số d1 và d2 là: d1 :  y   3t ; d :  y  2  5m z   t  z  2m   Giả sửd cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) và cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m)  MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) 3  m  2t  2k     Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p  3  5m  3t  k có nghiệm 2  2m  t  5k  0.25 0.25 0.25 m  Giải hệ tìm  t   x   2t  Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y   t thoả mãn bài toán  z   5t  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I Lop12.net 0.25 VII.a Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = n  N Điều kiện:  n  0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =  log4(n – 3)(n + 9) = n   (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 =    n  13 (thoả mãn) (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  1  i    1  i  (2i )3  (1  i ).(8i )   8i   0.25 Vậy phần thực số phức z là 0.25 VI.b 2.0 1.0 Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d  xC  2 yC   xB  xC    yB  yC   0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)   Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:  Bán kính R = d(C; BG) = 81  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 0.25 0.25 1.0 Ta có phương trình tham số d là:  x   2t   y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm hệ  z  1  t   x   2t  y  2  t  (tham số t)   z  1  t  x  y  z   0.25  M (1; 3;0)   Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP d là ud (2;1; 1)    Vì  nằm (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)  Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc M trên  , đó MN ( x  1; y  3; z )   Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = x  y  z    Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x  y  z  11  ( x  1)  ( y  3)  z  42  Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) x 5  x3  Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  : Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  : y2  3 y4  3 z 5 z 5 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I Lop12.net 0.25 0.25 0.25 VII.b  log  y  x   log y  Giải hệ phương trình   2  x  y  25 1.0 ( x, y   ) y  x  y  Điều kiện:  0.25 yx   yx log  y  x   log y  1 log y  1  y  Hệ phương trình      x  y  25  x  y  25  x  y  25    0.25 x  3y x  3y x  3y      25 2  x  y  25 9 y  y  25  y  10  0.25    15 ;  x; y      10 10       15 ;  x; y      10    10 (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) 0.25 Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì điểm phần đáp án quy định - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I Lop12.net