De thi thu DH Truong Que Phong

Chú ý : Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa..[r]

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 giácABC

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):x2y2  8x 2y0 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

……… 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 33x21

 Tập xác định : D  Sự biến thiên :

+Chiều biến thiên :y' 3 x26x ;

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 x2 ;ycđ=5 ; Hàm số đạt cực tiểu x0;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 OB2  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

 

  

 



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: x3

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



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 a1và

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 CG2GM

                            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 

 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:y2x12hoặc

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 z0) 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



  

      

   

Chú ý : Thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa.