Chú ý : Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa..[r]
(1)I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I(2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm), ( m tham số). 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =
2.Tìm m để tiếp tuyến giao điểm (Cm) với trục tung cắt trục Ox Oy A B cho diện tích OAB bằng 1
8
Câu II(2,0 điểm) 1.Giải phương trình :
2
sin os sin 2(s in os ) sin
2
x c x x x c x x
2.Giải bất phương trình:
2
3 1
3
1
log log log
2
x x x x
Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân sau:I=
0
( 1)
1 x x
x xe e
dx e
Câu IV(1,0 điểm) Chohình chóp S.ABC,đáy ABC tam giác vng B có AB=a,BC=a 3,SA vng góc với mặt phẳng (ABC) SA=2a.Gọi M,N hình chiếu vng góc A lên SB SC.Tính thể tích hình chóp A.BCNM
Câu V(1,0 điểm) Cho a b, hai số thực dương thỏa mãn điều kiện:
5 4 a b
.Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau:
4 1
A
4 a b
II.PHẦN RIÊNG(3,0 điểm):Thí sinh làm hai phần. A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy cho ABC.Biết tọa độ điểm A(2;-3) B(3;-2) , diện tích tam giácABC
là 3
2 trọng tâm G tam giác thuộc đường thẳng : 3x y 0 .Tìm tọa độ điểm C.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1
3 2 3
x t
y t
z t
, mặt phẳng (P):2x y 2z 0. Gọi A giao điểm d với (P).Viết phương trình đường thẳng nằm (P) biết đi qua A vng góc với d
Câu VII.b(1,0 điểm) Gọi z ,1 z2 nghiệm phương trình :z2 2z 0 .Tính A=
2 2
2 2
2z
z z z
z z
B.Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b(2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C):x2y2 8x 2y0 điểm A (9;6).Viết phương trình đường thẳng qua A cắt (C) theo dây cung có độ dài 4 3
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
x y 2 z
d :
2 1 1
hai điểm A(1;1;0), B(2;1;1) Viết phương trình đường thẳng qua A, d cho khoảng cách từ B đến đường thẳng là lớn nhất.
Câu VII.b(1,0 điểm): Giải phương trình sau tập số phức C:
2
4 1 0
2 z
z z z
Trường THPT-DTNT Quế Phong Tổ :Toán-Tin
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn : TỐN-Khối A,B,D
(2)……… Hết………
Thí sinh không sử dụng tài liệu.Cán coi thi khơng giải thích thêm.
Họ tên thí sinh :……… ;Số báo danh :……… ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MƠN TỐN
(Thi thử Đại học Trường THPT-DTNT Quế Phong)
Câu Đáp án Điểm
I
1.(1,0 điểm)
Khi m=0 ,ta có hàm số y x 33x21
Tập xác định : D Sự biến thiên :
+Chiều biến thiên :y' 3 x26x ;
0 ' 0
2 x y
x
0,25
Hàm số đồng biến khoảng ( ; 2)và (0;) ;Nghịch biến khoảng ( 2;0) + Cực trị :Hàm số đạt cực đại x2 ;ycđ=5 ; Hàm số đạt cực tiểu x0;yct 1 +Giới hạn :xlim y ; limx y
0,25 +Bảng biến thiên :
x 2 0 '
y 0 0
y
5
0,25
Đồ thị :
0,25
2.(1,0 điểm)
Tọa độ B(0 ;1) ; Phương trình tiếp tuyến đồ thị B :y mx 1(d) 0,25 d cắt Ox
1 A(- ;0)
m 0,25
Diện tích OABlà
1 1
S= 4
2OA OB2 m 8 m m 0,5 1.(1,0 điểm)
PT (sinx c x os )(sinx 3 osc x 2) 0 0,25
sin os (1)
sin os (2)
x c x
x c x
(3)II.
III.
(1)
t an 1 ;
4
x x k k
0,25
(2)
sin( ) 1 2 ;
3 6
x x k k
0,25
2.(1,0 điểm)
Điều kiện: x3
0,25
Phương trình cho tương đương:
1 1
2
3 3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 x x 2 x 2 x
3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 x x 2 x 2 x
3 3
log x x log x log x
0,25
3
2
log log
3 x
x x
x
2 3 2
3 x
x x
x
2 9 1 10
10 x x
x
0,25
Kết hợp với điều kiện, ta nghiệm bất phương trình cho x 10 0,25
1
0
x
x dx I xe dx
e
0,25
1
0 x I xe dx
; Đặt x x
u x du dx
dv e dx v e
1
1
1 0
0
| ( ) |
x x x x
I xe e dx xe e
0,25
1
0 x dx I
e
; Đặt u e x 1 du e dx x ;Đổi cận:
0 2
1 1
x u
x u e
2
1
1 1 2e
ln ln ln ln
2
( 1) 1 2 1
e e
du u e
I
u u u e e
0,25
2e 1 ln
1 I I I
e
0,25
IV
Đặt V1=VS.AMN; V2=VA BCNM; V=VS.ABC;
V SM SN SM (1)
V1 SB SC SB
1
2
(4)
4a SM
AM a SM=
SB
2 ;
5
5
0,25
V V
V V (2)
V1 V2
2 3
5 5
0,25
ABC
a
V 1S SA 3
3
a
V2 3
5
0,25
V
Ta có
4 1
4a 4 5
4 A b a b (Vì : 5 4 a b
) 0,25
Áp dụng BĐT Cơsi ta có:
4 1
A 2 .4 2 .4 5 5
4
a b
a b
0,25
Đẳng thức xảy
1 1 4 a b 0,25
Vậy A=5, đạt a1và
1
b 0,25
VI.a
1.(1,0 điểm)
Gọi M trung điểm AB
5 5
( ; )
2 2
M
Đường thẳng AB có PT là:x y 0 Vì G trọng tâm
1 1
3 2
ABG ABC
ABC S S
0,25
Giả sử G x y( ; )0 Ta có:
0 5 2S 1
( ; )
2 2
ABG x y
d G AB
AB
0 5 1(1) x y
Vì G : 3x y 8 0 3x0 y0 8 (2)
0,25
Từ (1) (2) ta có
0 0
0
0
5 1; (1; 5)
2; (2; 2)
3
x y x y G
x y G
x y 0,25
Vì G trọng tâm,M trung điểm AB CG2GM
Với:
(1; 5) ( 2; 10) (2; 2) (1; 1)
G C G C 0,25 2.(1,0 điểm)
Ta có A d ( )P ,
Tọa độ A nghiệm hệ 1
3 2
(0; 1; 4) 3
2 2z 0
x t y t A z t x y 0,25
Ta có: VTCP d : ud ( 1; 2;1)
,VTPT (P) là: nP (2;1; 2)
0,25
Vì ( )
d P
;nên VTCP là:u u nd; P ( 5;0; 5)
cùng phương với véctơ ' (1;0;1)
u
(5) Vậy pt là:
1 4 x t y
z t
0,25
VII.a
z2 2z 0 có hai nghiệm phức z1 1 3 ;i z2 1 3i 0,5
2 2
1 2z2 3 2z2 12; 4;
z i z z z z z 0,25
12
A
8
0,25
VI.b
1.(1,0 điểm)
Tọa độ tâm đường tròn I(4;1);bán kính R 17 ; 0,25 Gọi là đường thẳng qua A cắt đường tròn M,N; phương trình có dạng
là:y k x ( 9) 6
Gọi H trung điểm MN ,ta có:
2 ( )2 17 12 5 ( ; ) 2
MN
IH R d I 0,25
2
2
4 1 9 6
5 1
1
2 k
k k
k k
0,25
Phương trình là:y2x12hoặc
1 21
2
y x 0,25
2.(1,0 điểm)
Ta có VTCP d là:ud (2;1;1)
AB(1;0;1)
0,25
Gọi H hình chiếu B lên ta có:BH AB,khoảng cách từ B đến lớn
khi H A;
Ta có VTCP là u u ABd; (1; 1; 1)
0,25
0,25
PT là:
1 1
x t
y t
z t
0,25
VII.b
Ta có z 0 khơng thỏa mãn phương trình
Chia hai vế phương trình cho z2(với z0) ta có PT:
2
1 1
( ) ( )
2
z z
z z
0,25
Đặt
1 t z
z
; Phương trình trở thành:
1 3 2 2
2 2 5 0
1 3 2 2
t i
t t
t i
0,25
Với
1
1 3 1 1 3
1 1
2 2 2 2
2 2
z i
t i z i
z z i
0,25
Với
1 1
1 3 1 1 3
2 2
2 2 2 2 1
z i
t i z i
z z i
(6)Chú ý : Thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa.