De thi thu DH 12T1 Nguyen Hue Nam Dinh

Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC... Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.[r]

Trường THPT Nguyễn Huệ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ Năm học 2011 2012 Mơn: Tốn Thời gian: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số  

3 3 4

y x  x  C

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

2 Gọi d đường thẳng qua điểm A1;0 với hệ số góc k Tìm k để đường thẳng d cắt (C) ba điểm phân biệt hai giao điểm B, C ( với B, C khác A ) với gốc tọa độ O tạo thành tam giác có diện tích

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình :

9 11

2sin sin sin

4

x  x x 

   

     

   

   

2 Giải hệ phương trình

2

3

8

16

xy

x y

x y

x x x y



  

 



    

 với x y;  .

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

 

ln15

3ln

24

1 15

x x

x x x x

e e dx

I

e e e e

 

    



Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' ' có đáy tam giác cạnh a, điểm '

A cách ba điểm A, B, C Góc giữaAA' mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' khoảng cách hai đường thẳng AB , CC’ theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho a , b , c số thực dương a b c  3 Chứng minh :

3

2

4

a b ab bc abc 

PHẦN RIÊNG ( điểm) : Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng đi qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x + y  4 = Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E1; 3 nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho hai điểm A3;5;4 , B3;1; 4 Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng P x y z:   1 0 cho tam giác ABC cân C có diện tích bằng2 17

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn

11

1 i 2i i.z

1 i i 

   

   

 

    Tìm mơđun số phức w z iz  .

B Theo chương trình nâng cao Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường caoBH: 3x4y10 0 , đường phân giác góc A AD có phương trình x y  1 0, điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C khoảng Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểmA1;0;1 , B1;2; ,  C1; 2;3 I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (Oxz)

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

 

2

3

2

2 2

2.log log

, log (log 1).log

y x

x y

y x

  



 

  



- Hết -

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh:

Trường THPT Nguyễn Huệ Năm học 2011 2012 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ

Nội dung Điểm

Câu I.2 d qua A( 1; 0) với hệ số góc k , có phương trình : y k x  1 kx k Phương trình hồnh độ giao điểm : x3 – 3x2 + = kx + k ⇔ x3 – 3x2 – kx + – k =

⇔ (x + 1)( x2 – 4x + – k ) = 0 ⇔  

1 ; 4 *

x x  x  k 

d cắt (C) điểm phân biệt ⇔    

2 4 4 0 *

g x x  x  k

có nghiệm phân biệt khác –  

' 0

0

( 1)

k k g k                  

Gọi B x kx 1; 1k C x kx;  2; 2kvới x x1; 2là hai nghiệm (*)

- Ta có

 ;  2

1

k d O BC

k



 và      

2

2

1 2

1 4

BC k  x x  x x   k k

 

  3

1

; 64

2

OAB

S  d O BC BC k  k   k   k 

( thỏa mãn (1)) Vậy k4

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu II.1

2 sin 7sin cos 4

x  x x

 

    

 

   sin 2xcos 2x7 sinx cosx 0

(2sin cosx x cos ) 2sinx x 7sinx cos (2sinx x 1) (2sinx 1)(sinx 3)

           

1 (2sin 1)(cos sin 3) sin

2

x x x x

      

cosx sinx 3 Vì

cos sin sin

4

x x   x  

  ( vô nghiệm) Vậy

5

2 ;

6

x k  x  k 

0,25

0,5

0,25

Câu II.2 Điều kiện x y 0 Khi  1      

2 8 16

x y x y  xy x y

0,25

x y2 2xy x y  8xy 16x y x y3 2xy x y  8xy 16x y

 

             

 

x y 4x2 y2 4x y 0

          x y 4

(Vì  

2

0

x y   x y  x y 

)

0,5

Thay x y 4vào PT(2) ta được: x32x 0  x 1 y3 Vậy hệ có nghiệm (1;3) 0,25

Câu III Đặt t ex 1 t21ex e dxx 2tdt

  Ta có x3ln 2 t3 ; xln15 t4

   

   

 

2 2

ln15 4

3

2

3ln 3

24 25 25

5 20

1 15

1 15

x x

x x x x

e e dx t tdt t tdt

I

t t t

t t t t

e e e e

                                 2

4 4

4

2

3 3

25 2 10 3 7

2 3ln ln

2

4

t tdt t t dt

I dt t t t

t t

t t t

   

           

 

    

  

2 3ln 7ln 7ln

   

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu IV G trọng tâmABC Ta cóA G' ABC   

0 ';( ) ' 60

AA ABC A AG 0,25

3

a

AG

Xét A AG' cóA G' AG.tan 600 a

2 3

ABC a

S 

2 ' ' '

3

'

4

ABC A B C ABC

a a

V S A G a

Kẻ CK A H'  CC'//AA' d CC AA ', ' d CC ',AA B B' '  CK

Ta có

2

2

' 3 39 13

: ' :

' 2 13

A G CH a a a a

CK a A G HG

A H

    

0,25

0,25

Trường THPT Nguyễn Huệ Năm học 2011 2012 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1

Câu V Ta có

3

3 1

2 4 16

4 2

M  a b ab bc abc  a b a b b c a b c 0,25

3 4 16

2

4 4 12

a b b c a b c

M  a b       28( )

12

a b c 

  0,5

Dấu xảy

16

, ,

7 7

a b c 0,25

Câu VI.a1 Gọi H trung điểm BC Có H đối xứng với A qua  H2; 2  BC qua H vàBCAH  BC x y:   4

0.25

Gọi B b ; 4  b  C 4 b; b CE 5b; 3  b , AB(b 6; 10  b)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25

Vì CEAB nên AB CE  0 a 6 a5  a3 a10 0  



2

2 12

6

a

a a

a

     

  Vậy

    0;

4;0

B C

   

 

 hoặc

    6; 2;

B C

   

 

 .

0,5

Câu VI.a2 Gọi C x y z ; ;  Vì C P  x y z  1 0  C x y x y ; ;  1 0,25

Có            

2 2 2

3 5

AC BC  x  y  x y   x  y  x y   y

0,25 Có AB= Gọi I trung điểm AB  I3;3; 4 Có SIAB 2 17  CI AB 4 17  CI  17 0,25

3 x28 x2  17 x4 ; x 7 C4;3;0 , C7;3;3

Câu VIIa Ta có

1 i2 11 2i i 

i.z 16 i z 16i z 16i

2

     

           

   

 

0,5

Do w z iz   1 16i i 16i    17 17i  w  172172 17 0,5 Câu VI.b1 Gọi N đối xứng với M quaAD Ta cóNACvà N (1;1) 0,25 AC qua N ACBH  AC: 4x 3y1 0 Có A AC AD A4;5 0,25 AB qua M,A  AB x:  4y 8 Do B AB BH  B3; 14 0,25 Gọi C a b , AC 4a 3b1 0 , ta có MC 2 C 1;1  CC3125;3325

Kiểm tra điều kiện B, C khác phía với AD ta có hai điểm C thỏa mãn

0,25

Câu VI.b2 Gọi I x y z ; ;  Có IA IB IC   x y z  1 0, y z  0  1 0.25 ABC: 2x y z   1

Có IABC  2x y z   1 2  Từ (1) (2) I(0; 2;1) 0,5 Bán kính mặt cầu R d I Oxz ( ,( )) 2  (S):x2(y 2)2(z1)2 4 0,25

Câu VII.b Điều kiện 0

x y

  



 Khi hpt

   

3

3

2.log log 1

log log

y x

y x

  

  

 

 

Thế (2) vào (1)

2

3

log

( / )

log

x x

t m

y y

 

 

   

  