Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012 MƠN: TỐN; KHỐI: D Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
1 x y
x
− =
−
1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị ( )C hàm số
2 Gọi ( )d tiếp tuyến đồ thị ( )C điểm A(0; 1− ) Tìm đồ thị ( )C điểm M có hồnh độ lớn 1, cho khoảng cách từ Mđến ( )d khoảng cách từ M đến trục Oy
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: cos sin cos x− x= − x−π
2 Giải hệ phương trình:
( )
2
2
2
2
1
x y y
x y
x
+ =
+ = −
(x y, ∈ℝ) Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân : ( )
2
0
ln 4 1
I =∫x x + dx Câu IV(1,0 điểm)
Cho hình lăng trụđứng ABC A B C. 1 1 1 có AB=a AC, =2a 2 (a>0) , BAC =1350 đường thẳng AB1 tạo với mặt phẳng (BCC B1 1) góc 300 Tính khoảng cách từđỉnh A đến mp (BCC B1 1) thể tích khối lăng trụđã cho
Câu V(1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 5x2 +6x+ =7 m x( +1) x2 +2 Câu VI(2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích S =16, điểm ( 1; 4)
I − − giao điểm đường chéo Trung điểm cạnh AB điểm M( )3;0 Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có tung độ âm
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( )P : x+ −y 2z+ =1 0 Viết phương trình mặt phẳng ( )Q , biết mặt phẳng ( )Q song song với trục Oz, vng góc với mặt phẳng
( )P khoảng cách trục Oz mặt phẳng ( )Q 2
Câu VII(1,0 điểm)
Gọi z nghiệm phương trình z2 −6z+ =13 0 tập phức Tính giá trị biểu thức: A z 1
z i = −
+
- Hết -
(2)TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG Tổ: Toán
***
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012 MƠN: TỐN; KHỐI: D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1 (1,0 điểm)
* Tập xác định: ℝ\ 1{ } * Sự biến thiên:
( )2 ( ) ( )
1
' 0, ;1 1;
1
y x
x
= > ∀ ∈ −∞ ∪ +∞
−
⇒ Hàm sốđồng biến khoảng (−∞;1 1;+) ( ∞)
0,25
Cực trị: Hàm số khơng có cực trị Giới hạn, tiệm cận:
1 1
2
lim lim ; lim lim
1
x x x x
x x
y y
x x
− − + +
→ → → →
− −
= = +∞ = = −∞
− −
Do đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số
2
lim lim 2; lim lim
1
x x x x
x x
y y
x x
→−∞ →−∞ →+∞ →+∞
− −
= = − = = −
− −
Do đường thẳng y = - tiệm cận ngang đồ thị hàm số
0,25
Bảng biến thiên:
x −∞ +∞ ( )
' f x
+ +
( )
f x +∞ -
- −∞
0,25 I
(2,0 đ)
Đồ thị:
Đồ thị cắt trục Oy điểm (0; - 1) cắt trục hoành điểm 1;0 2
Đồ thị có tâm đối xứng giao điểm I(1; - 2) hai tiệm cận
-6 -5 -4 -3 -2 -1
-8 -6 -4 -2
x y
(3)2 (1,0 điểm)
- Phương trình tiếp tuyến (d) đồ thị (C) A là: y= −x 1 hay x− − =y 1 0 0,25 - M điểm có hồnh độ lớn thuộc đồ thị (C)
0
0 1
; 2 , 1
1
M x x
x
⇒ − − >
−
( )
( ) ( ) 0
0 1 2 1 1 , , 2 x x
d M d d M Oy x
+ + − − = ⇔ = 0,25
0 0 0
0
1
1 2 2 2 2 ( 1)
1 1
x x
x x x x x
x x
⇔ + + = ⇔ = ⇔ = − >
− −
0 2 2
x
⇔ = +
0,25
Với x0 = +2 2⇒M(2+ 2; 1− − 2) 0,25
1 (1,0 điểm) Giải phương trình: cos sin cos x− x= − x−π
(1) TXĐ: D=ℝ
( )
( )( ) ( ) ( )
2
2
cos sin 1 sin 2 3 cos
4
cos sin cos sin cos sin 3 cos sin
x x x x
x x x x x x x x
π
⇔ − = + − −
⇔ + − = + − + 0,25
(cos s )( 3 2sin ) 0
cos s 0
3 2sin 0
inx inx x x x x ⇔ + − = + = ⇔ − = 0,25 ( )
cos s 0 sin 0 , .
4 4
inx
x+ = ⇔ x+π= ⇔ = − + πx π k k∈
ℤ
0,25
( )
2
3 3
3 2sin 0 s
2 2 2 3 inx x l x l x l π = + π − = ⇔ = ⇔ ∈ π = + π ℤ Kết luận 0,25
2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
( ) 2 2 (1)
1 (2)
x y y
x y x + = + = −
(x y, ∈ℝ) (I) II
(2,0 đ)
-Điều kiện xác định x≠0 (1) ( )
2 2
1 2
1
x y y
x ⇔ + = ⇔ = + - Thay 2 1 y x =
+ vào (2) ta có: ( )
2
2
2 2
1 4
(2) 3 . 0
(4)( ) ( ( )( ) )
( )
( )
2
2 2
2 2 2 2 2
2 1 2 1
1 4 1
1 0 0
1 1
1 1
1
x x x x
x
x x
x x x x
x x x x − − + + ⇔ − + − = ⇔ − + = + + − − ⇔ =
+ 0,25
( ) 2 2 1 0 1 x x x − = ⇔ = + 1 1 1 0
(thỏa mãn điều kiện) x (phương trình vơ nghiệm)
x x x = = − ⇔ + + = 0,25 2 1 1 1 1 1
Với
Với
x y x x y = = = + = − =
Hệ phương trình có nghiệm: ( )1;1 (−1;1)
0,25
Cách khác: Điều kiện: x≠0 Nhận thấy y = không thỏa mãn hệ nên
(I) ( ) 2 1 2 1 5 x x xy x xy x + = ⇔ + + = ( ) ( ) 2 4 5 xy xy ⇒ + = 1 1 2 2 xy xy xy xy = = − ⇔ = = − 0,5
Với xy = x 1 2 x 1 y 1 x
⇒ + = ⇔ = ⇒ = Hệ có nghiệm (1; 1) Với xy = - x 1 2 x 1 y 1
x
⇒ + = − ⇔ = − ⇒ = Hệ có nghiệm (-1; 1)
Với xy = x 1 1 x2 x 1 0 x
⇒ + = ⇔ − + = ⇒Phương trình vơ nghiệm Với xy = - x 1 1 x2 x 1 0
x
⇒ + = − ⇔ + + = ⇒Phương trình vơ nghiệm Vậy hệ (I) có nghiệm (1; 1) (- 1; 1)
0,5
(1,0 điểm)
( ) ( ) ( )
1
2 2
0
1
ln 4 1 ln 4 1 4 1
8
I =∫x x + dx= ∫ x + d x + 0,25
( ) ( ) 1( ) ( ( ))
2 2
0 1 1
4 1 ln 4 1 4 1 ln 4 1
0
8 x x x d x
= + + − + +
∫ 0,25
( ) 2 1 8
5ln 5 4 1
8 4 1
x x dx x = − + + ∫ = 5 ln 5
8 −∫xdx 0,25
III (1,0 đ)
2 1
5 5 1
ln 5 ln 5 .
0
8 2 8 2
x
= − = − 0,25
IV
(1,0 đ) - Kẻ AH ⊥BC tại H ⇒H thuộc đoạn BC 90 BAC >
Theo tính chất lăng trụđứng BB1 ⊥(ABC)⇒ BB1 ⊥ AH Vậy AH ⊥(BCC B1 1)⇒d A BCC B( ,( 1 1))=AH
(5)⇒ B1H hình chiếu vng góc B1A mp(BCC1B1)
nên góc đường thẳng AB1 mp(BCC B1 1), góc đường thẳng AB1 B H1 , góc
1 30
AB H = ( AB H1 <900
AB H
△ vuông tại H với
AH ⊥B H )
0,25
2 2 2 2
2. . . 135 8 2 .2 2 13
2
os
BC = AB +AC − AB AC c = +a a − a a − = a
13 BC a ⇒ =
- Diện tích tam giác ABC là:
1 1
. .sin .2 2.sin135
2 2
ABC
S = AB AC BAC= a a =a
Mặt khác: 1 . 2
ABC
S = AH BC =a
2
2 2
13
a a
AH BC ⇒ = =
( )
( 1 )
2 ,
13 a
d A BCC B AH
⇒ = = 0,25
Trong ∆ vng AB1H có:
1
2
4 13
1 13
sin
2 a
AH a
AB
AB H
= = =
Trong ∆ vng ABB1 có:
2
2 2
1
16 3 39
13 13 13
a a
BB = AB −AB = −a =a =
0,25
Thể tích khối lăng trụ ABC A B C. 1 1 1 là: ( )
2
1
39 39
. .
13 13
ABC
a
V =S BB =a =a dvtt
0,25 V
(1,0 đ) -TXĐ: D = R
- Nhận thấy 5x2 +6x+ =7 3(x+1)2 +2(x2 +2)
nên (1) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2
2 x 2 3 x 1 m x 1 x 2
⇔ + + + = + +
do x = - không nghiệm (1) nên
2
2
2 1
(1) 2. 3.
1 2
x x
m
x x
+ +
⇔ + =
+ + (1’)
0,25 A
B
C C
1 A
1
B
(6)Đặt ( ) ( )
( )3
2 2
1 2
'
2 2
x x
f x t f x
x x
+ = = −
⇒ =
+ +
( ) ( ) ( )
' 0 2; lim 1 ; lim 1
x x
f x x f x f x
→+∞ →−∞
= ⇔ = = = −
Ta có bảng biến thiên:
x −∞ +∞
f’(x)
+ -
t = f(x)
6 2
1
-1
Dựa vào BBT ta có 1; 6 2 t∈ −
0,25
Khi phương trình (1’) có dạng: 2 3t m t + = (2) Xét hàm số ( ) 2 3 , 1; 6
2
g t t t
t
= + ∀ ∈ −
( ) 22 ( )
3 2 6 6
' ; ' 0 1;
3 2
t
g t g t t
t
−
= = ⇔ = ± ∈ −
( ) ( )
0
lim , lim
x x
g t g t
− +
→ = −∞ → = +∞
0,25
Ta có BBT:
BBT ta thấy phương trình (2) có nghiệm m≤ −2 6∪ ≥m 2 6
0,25
VI 1 (1 điểm) t
f(t) f’(t)
6 / 3
− 0 6 / 3 6 / 2
2 6 − ) -5
−∞
13 6
-1
(7)-Đường thẳng AB qua M vng góc với MI nên nhận ( )1;1 1
4
n= = IM
làm véc tơ pháp tuyến
⇒ phương trình (AB): x+ − =y 3 0
Gọi A(3−a a; ) với a<0 (theo giả thiết) ( )3;0
M trung điểm AB nên B(3+ −a; a)⇒ AB=(2 ; 2a − a)
0,25
- Ta có IM =4 2 ⇒ AD=2IM =8 2
- . 16 2
8 2 S
S AB AD AB
AD
= ⇒ = = =
0,25
2 2 1 1
2 2 4 4 2
4 2
AB= ⇔ AB = ⇔ a + a = ⇔a = ⇒a= ( a < 0)
⇒ 7; 1 , 5 1;
2 2 2 2
A − B
0,25
- Do I trung điểm AC BD nên suy tọa độ đỉnh C, D :
11 15 9 17
; , ;
2 2 2 2
C− − D− −
Kết luận 0,25
2 (1 điểm)
- Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n=(1;1; 2− )
-Trục Oz có véc tơđơn vị k =(0;0;1)
- Ta có n k, = −(1; 1;0)≠0
⇒n
k
véc tơ không phương 0,25 Theo giả thiết giá véc tơ n
k
song song nằm mp (Q) nên mp (Q) nhận n1 = −(1; 1;0)
làm véc tơ pháp tuyến
- Phương trình mp (Q) có dạng: x− + =y d 0, (d ≠0) 0,25 - Do / /( ) ( ,( )) ( ,( )) 1.0 1.0
2 2
d d
Oz Q ⇒d Oz Q =d O Q = − + =
- theo giả thiết ( ,( )) 2 2 2 2
d
d Oz Q = ⇔ = ⇔ = ±d 0,25
- Với d =2⇒( )Q1 :x− + =y 2 0
- Với d = −2⇒( )Q2 :x− − =y 2 0 0,25 Giải phương trình (1) ta nghiệm: z1 = +3 ;i z2 = −3 2i 0,5
Với 1 3 2 3 2 1 3 2 1 17 13 458
3 3 6 6 6 6
i
z z i A i i i
i
−
= = + ⇒ = + − = + − = + =
+
0,25
Với 1 3 2 3 2 1 3 2 3 27 21 1170
3 10 10 10 10
i
z z i A i i i
i
+
= = − ⇒ = − − = − − = − =
−
0,25 (2,0 đ)
Kết luận
Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- Hết -
A M B
C D
(8)