DE THI THU DAI HOC

[r]

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN MÔN THI: TỐN KHỐI D Lần I Đề thức NĂM HỌC : 2011 - 2012 Thời gian làm :180 phút (không kể thời gian phát đề)

I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: (2điểm) Cho hàm số

2

y x  x  (1)

1/Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2/Tìm m để đường thẳng y = mx +1 cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt A,B,C cho A(0;1) B trung điểm AC

Câu II: (2điểm) 1/Giải phương trình: 2cos x.cos (x2 ) (cos2x 3)sinx 3.cos3x



   

2/Giải hệ phương trình :

4 2

2

2

2 15

x x y y

x y x y

     

 

   

  Câu III: (1điểm)Tính tích phân :

0

3

cos(x ) 2012

2 dx

1 cos x

 

 

 

Câu IV: (1điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A,B biết

AD = 2AB= 2BC =2a; SA = SD = SC = 3a Tính thể tích khối chóp SABC khoảng cách hai đường thẳng SB CD

Câu V: (1điểm) Cho x,y số thực không âm thay đổi thoả mãn

2

4(x y xy) 2(  x y ) Tìm giá trị lớn biểu thức P xy  x y x  2 y2

II/PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm phần(Phần A phần B) A/Theo chương trình chuẩn

Câu VIa: (2điểm)

1/Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxycho tam giác ABC Phương trình AB: x-y-2=0 ,phương trình AC: x+2y-5 =0 Biết trọng tâm tam giác G( 3;2) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC 2/Chứng minh với giá trị thực dương tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt x2 2x = m(x 2)

  

Câu VIIa: (1điểm)

Giải phương trình : log(x+10)+ log x1 2 log 4

2  

B/Theo chương trình nâng cao Câu VIb: (2điểm)

1/Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,cho A(2;2) đường thẳng d : x y 0;d : x y 01      

Tìm toạ độ điểm B C d1và d2 cho tam giác ABCvuông cân A

2/Tìm giá trị thực m ,để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt x2 mx 2x 1     Câu VIIb: (1điểm)

Giải phương trình

27 3

1 x

log (x 5x 6) log ( ) log (x 3)

2



    

_HẾT _

(Cán coi thi khơng giải thích thêm)

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH TR

Ư ỜNG THPT LÊ QUÝ Đ ÔN

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN KHỐI D

HỌC KỲ I NĂM HỌC 2011-2012

Câu NỘI DUNG Điểm

I 1.Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y 2x3 6x2 1

   1

a)TXĐ:D=R b)Sự biến thiên

-Chiều biến thiên ' 12 ' 0

x

y x x y

x  

     

 

……… Hàm số nghịch biến khoảng ( ;0)và(2;)đồng biến trênkhoảng (0; 2)

-Cực trị : Hàm số đạt cực tiểu x=0;yct=1.Đạt cực đại x=2 ;ycđ=9

-Giới hạn :xlim   ; limx  

……… Bảng biến thiên

……… Đồ thị

2:Tìm m để đường thẳng y=mx+1 cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt A,B,C cho A(0;1) B trung điểm AC

0.25

0.25

0.25

0.25

1

y'

0 2

x

y

  

- +

-

0 0

1

9

Đường thẳng d:y=mx+1 cắt (C) ba điểm phân biệt Phương trình hồnh độ giao điểm 2x3 6x2 1 mx 1

     có ba điểm phân biệt

(2 )

x x x m

    có ba nghiệm phân biệt

2x 6x m

    có hai nghiệm phân biệt x0

9

'

2

2.0 6.0 0

m m m m m                        với m m       

đường thẳng y=mx+1 cắt (C) ba điểm phân biệt A(0;1) B(x1;mx1+1)

C(x2 ;mx2 +1) x1;x2 hai nghiệm phân biệt phương trình

2x  6x m 0 theo viet ta có

1 2 x x m x x         (1)

Vì B trung điểm AC nên ta có

2 2 2 1 x x x x mx mx             (2) Từ (1) (2) ta có m =

Vậy với m=4 đường thẳng y=mx+1 cắt (C) ba điểm phân biệt A,B,C cho A(0;1) B trung điểm AC

0.25

0.25

0.25

0.25

II

2.0đ 1: Giải phương trình :

2

2cos x.cos (x ) (cos2x 3)sinx 3cos3x



    (1) 1

phương trình (1)

(1 cos(2x )).cos x (cos2x 3)sinx 3cos3x

(1 sin 2x).cos x (cos2x 3)s inx 3cos3x cos x (sin 2x.cos x cos2x sinx) + sinx 3cos3x cos x sinx 3cos3x sin 3x

1 3

cos x sinx cos3x sin 3x

2 2

3x cos(3x ) cos(x )

6                                  x k2

3 k Z

3x x k2

6

x k

4 k Z

x k 24                                 

2.Giải hệ phương trình

Hệ phương trình

2 2

2

( 1) ( 2) 10

( 1)( 2) 4( 1) 4( 2)

x y

x y x y

                 Đặt 1 u x v y       

; ta có hệ phương trình

2 10 ( )2 2 10

4( ) 4( )

u v u v uv

uv u v uv u v

10 45 u v uv u v uv                  

với 10

45 u v uv     

 (vô nghiệm )

với 3 u v u v uv u v                       với 2

3

1 2

1

x y

u x

v y x

y                              với

1 1

3

u x x

v y y

                  

Vạy hệ phương trình cho có nghiệm x y      ; x y      ; x y      0.25 0.25 0.25 III

Tính tích phân

0 3π cos(x+ )+2012 dx 1+cosx   1 Ta có π π 2 0 π π 2 0 π π 2 0 π π 2 0 3π

cos(x+ )+2012 sinx+2012

2 dx = dx

1+cosx 1+cosx

sinx dx

= dx+2012

1+cosx 1+cosx

d(1+ cos ) dx

+2012

1+cosx 2cos

2 x d( )

d(1+ cos ) 2

+2012 1+cosx cos x x x x          

ln cos 2012 tan 2

0

x x

 

   =2012+ln2

0.25

0.25

0.25

0.25

IV Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A, B biết

AD =2AB =2BC=2a ; SA= SD= SC= 3a.Tính thể tích khối chóp SABC khoảng cách hai đường thẳng SB CD

+Theo giả thiết ta có BC= AB = a Gọi H trung điểm AD  HA=HD=a Từ giả

thiết ABCH hình vng cạnh a tâm O 

CH a

1

2

a

CO AC

   

 

 

Trong tam giác

ACD

 có CH trung tuyến CH 1AD

2

  ACD vuông C  H tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD

+Ta có diện tích tam giác ABC

2

1

2

ABC

a S  AB AC

+Gọi K hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABCD) SK (ABCD).SK đường cao chóp SABC

+Ta có tam giác vng ΔSKA=ΔSKC=ΔSKD SK chung SA=SD=SC=3a

 KA=KC=KD Klà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD  K trùng với H

+Trong tam giác vuông ΔSHD ta có 2 2

SH= SD -HD  9a  a 2 2a

+Thể Tích khối chóp SABC :

2

ΔABC

1 a 2a

V= SH.S = 2a =

3 3

Tứ giác BCDH hình bình hành (vì HD BC;HD=BC)  CD BH

Có ( ) ( )

( )

CD BH SBH

CD SBH CD SBH

 

 

 





* Ta có SB CD hai đường thẳng chéo

Mặt khác ( ) ( ; ) ( ;( )) ( ;( ))

( )

CD SBH

d CD SB d CD SBH d C SBH SB SBH



  

  



Ta có ( ) ( ;( ))

2

CO HB a

CO SBH CO d C SBH CO SH

 

    

  

0.25

0.25

0.25

0.25

V Cho x,y số thực không âm thay đổi thoả mãn

2

4(x y xy) 2(  x y ).Tìm giá trị lớn biểu thức :

2

P xy  x y x   y

Từ

2 2

2

4( ) 2( ) 3( ) ( ) 2( )

1

1 2( ) 3( )

3

x y xy x y x y x y x y

x y x y x y

           

         

vì x,y khơng âm nên tacó 0 x y1 Ta có

2 2 2

( ) ( ) ( ) ( )

2

x y

P xy  x y  x y    x y  x y  x y  x y

vì ( )2

2

x y

xy  (x2+y2)(x+y)2)

Đặt t = x+y ta có 0 t v P f(t)=

4

t t

có '( ) 1 t 0;1

2

2

t t t

f t

t t



     

0;1

3

ax ( ) (1) max

4

m f t f   P dấu = xảy

2

x y

0.25

0.25

0.25

0.25

TỰ CHỌN

A:THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN VIa 1:Toạ độ Alà nghiệm hệ phương trình

2

2 5

x y x y x

x y x y y

     

  

 

  

     

  

Gọi B(x ; y );C(x ; y )0 1 ta có 0

B AB : x y 0     x  y  (1)

Ta có C AC x : 2y 0  x12y1 (2)

……… Vì G(3;2) trọng tâm tam giác ABC nên ta có

0

0 1

0 1

0

1

3 (3 ) 6 6

3 (3)

1 5

2 (1 )

3

x x x x x x

y y y y

y y 

  

      



 

  

   

 

    



……… Từ (1)và (3) ta có 6 x1 (5 y1) 0   x1 y11(4) Từ (2)và (4) ta có hệ

phương trình 1 1

1 1 1

5

1 1

2 5

x

x y x y x

x y x y y y



     

  

  

   

      

   

……… B(5;3);C(1;2) BC ( 4; 1)    Đường thẳng BC qua C có véc tơ phương

BC



phương trình BC : x-4y+7=0

……… 2: Điều kiện x2.Phương trình cho tương đương với

3

3

2

( 2)( 32 )

6 32

x

x x x m

x x m

 

      

   



Ta Chứng minh phương trình x3 6x2 32 m 0

    (1) có nghiệm khoảng

(2;)

……… Xét hàm số f x( ) x3 6x2 32 m

    với x2.Ta có f x'( ) 3 x212x0  x

Bảng biến thiên

0.25

0.25

0.25

0.25

Từ bảng biến thiên ta thấy với m>0 phương trình (1) ln có nghiệm khoảng (2;)

Vậy với m>0 phương trình cho ln có hai nghiệm thực phân biệt

0.5

VII Giải phương trình log( 10) 1l ogx2 2 log 4

2

x    (1)

Điều kiện 10

x x

   

 

Ta có Phương trình (1)

log( 10) log x log 25 log( x ( 10)) log 25 x ( 10) 25(2)

x x

x

      

  

Với x>0 phương trình (2) trở thành 10 25 5( ) 5( )

x tm

x x

x ktm

       

  

Với -10<x<0 phương trình (2) trở thành x2 10x 25 0 x 5( )tm     

Kết hợp điều kiện phương trình cho có nghiệm 5

x x

   

 

0.25

0.25

0.25

0.25 B:THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

VIb 1: Vì B d C d 1,  2nên B(b;2-b),C(c;8-c) Từ giả thiết ta có hệ

2 2

4 ( 1)( 4)

2 18 ( 1) ( 4)

bc b c b c

AB AC

b b c c b c

AB AC

      

   



 

  

       



  



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

……… Đặt x=b-1 ,y=c-4 ta có hệ phương trình 2

2

x

xy y   

 

 Giải hệ ta

2

x y x y  

 

      

   

Suy : B(-1;3),C(3;5) B(3;-1),C(5;3)

……… 2:

2 2

1

2 2

2 (2 1)

x x

x mx x

x mx x x x mx

 

 

 

       

        

 

Để phương trình cho có hai nghiệm thực phân biệt  3x2 4x 1 mx

   (1) có hai

nghiêm thực phân biệt

x

Ta có x=0 khơng nghiệm phương trình (1) Với

2

3

0 (1) x x

x m

x  

  

0.5

0.5

0.25

0.25

f'(x) x

f(x)

2



+

VIIb

 (1) có hai nghiêm thực phân biệt

x

 Đường thẳng y=m cắt đồ thị hàm số

2

3

( ) x x

f x

x  

 trênD= 1; \ 0 

2

 

  

 

tại hai điểm phân biệt Ta có f x'( ) 12

x

  >0 D

0

1

( ) ; lim ; lim ; lim

2 x x x

f

   

 

     

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta có để phương trình cho có hai nghiệm thực phân biệt

2

m

 

Giải phương trình log (35 x1) log (2  35 x1)(1)

Điều kiện :

x (*) Phương trình cho

2

5 5

2 3

2

log (3 1) 3log (2 1) log 5(3 1) log (2 1)

5(3 1) (2 1) 33 36

2

( 2) (8 1) 1

8

x x x x

x x x x x

x

x x

x

        

        

  

    

  

Kết hợp điều kiện (*)Phương trình cho nghiệm x=2

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần như đáp án quy định

………Hết ………

+ x

f'(x) f(x)

1 2

 0 

+

9 2



 