De thi thu dai hoc lan 2 mon Toan THPT Tu Ky

Tính thể tích khối chóp S ABCD... Kẻ đường cao SH.[r]

(1)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT TỨ KỲ

*****

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN – NGÀY 14 - NĂM 2012 Mơn TỐN – Khối A, B, D

(Thời gian làm 180 phút, không kể phát đề)

Câu (2 điểm): Cho hàm số

1 2 x y

x

 

 

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

2) Gọi d đường thẳng qua M2;0 có hệ số góc k Tìm k để đường thẳng d cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho MA  2MB

Câu (2 điểm):

1) Giải phương trình lượng giác sau:  

1 2cos

2 sin

cos sin cos sin cos

x x

x x x   x x x 

2) Giải bất phương trình:  

2

2 5 2 2 5 2

2 5 1

x x x x

x

x x

   

 

  

Câu (1 điểm): Tính tích phân:  

2 2

1

ln ln ln 1

e

x x x x

I dx

x x

 



 

Câu (1 điểm): Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD hình thang cân với AB3 ,a CD a AC a ,  7, các mặt bên SAB , SBC , SAD hợp với đáy góc 600, hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng

ABCD nằm hình thang ABCD Tính thể tích khối chópS ABCD. khoảng cách từ A đến SBC.

Câu (1 điểm ): Cho a b c, , cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

 3  3  3

2 2 2

a b c c a b b c a

P

c b a

     

  

Câu (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H2;5, tâm đường tròn ngoại tiếp I0; 2 đường thẳng chứa cạnh BC có phương trình x y  1 0 Tìm tọa độ đỉnh A B C, ,

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng

5 7

:

2 2 1

x y z

d    

 điểm M4;1;6.

Viết phương trình mặt cầu  S tâm M cho  S cắt d hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB6.

Câu (1 điểm): Gọi z z z z1, , ,2 4là nghiệm phức phương trình

4 1 2

z i z i



 



 



  Tính tổng sau:

       

1 1 1 1 1

S  z  z  z  z 

.

(2)

ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

1 (2điểm)

1) (1 điểm) Khảo sát hàm số

1

x y

x

 

 

* Tập xác định: D\ 2   2  

1

' \

2

y x

x

   

 

0,25

* Giới hạn: 2

1 1

lim , lim , lim 1, lim

2 x x

x x

x x x x

      

 

       

    

   

* Tiệm cận đứng đồ thị: x2; tiệm cận ngang: y1

0,25 * Bảng biến thiên:

x   2 

'

y + +

y 

1



1  

0,25

* Đồ thị:

f(x)=(-x+1)/(x-2) x(t)=2 , y(t)=t x(t)=t , y(t)=-1

-3 -2 -1

-5 -4 -3 -2 -1

x y

0,25

2) (1 điểm) Tìm k để

Đường thẳng d qua M2;0 có hsg k có pt: y k x   2 0,25

PT

     

2 1 4 4 1 *

1 2

2

kx k x k

x k x

x x

     

  

   

   d cắt (C) hai điểm phân biệt

 

1

k k

    

  

0.25

1,

x x là nghiệm pt (*), ta có

 

1

4

**

4

k

x x

k k x x

k  

 

  



 



 vàA x k x 1;  1 , B x k x 2;  2 2 là giao điểm.

0,25

 

   

1

2 2

2

2 2

x x

MA MB x x

k x k x

  

 

     

  

 

 

Thay vào (**) k2 thỏa mãn (1).

0.25 2

(2điểm) 1) (1 điểm) Giải phương trình lượng giác

ĐK: cosx0 sinx cosx0

Với ĐK trên, PT 2 sin cosx xsinx cosxcos2xsin2x 0 2 sin cosx xsinxcosx0

2 sin 2 sin

4

x x 

    

 

0,5

 

4

x k

k

x k

 



 



  

   



(3)

Đối chiếu với điều kiện loại nghiệm KL:

5 2 , và 11 2 ,

12 12

x  k  k x  m  m 0,25

2) (1 điểm) (Khối A,B) Giải bất phương trình Điều kiện:

1

, 2, (*)

2

x x x

BPT

2 2

2 (1)

1 2 5 2 0

2

2 1 1 (2)

0

2

x x

   



     

      



 

  

  

  



0,5

Giải (1) nghiệm

,

2

x x

thỏa mãn (*) 0,25

Giải (2):

2

1

2 2

2

x

x x

x 

 

   

 

    

1 0 0 4 1

2 1

x x x

x x x x



        

    Kết hợp

được

5

2

x  x

KL: Tập nghiệm  

1

2; 4;

2

T     

0.25

3

(1điểm) Tính tích phân  

 

2

1

ln ln

ln

e x x x

I dx

x x

 





 0,25

   

2

1 1

ln ln

e x e e x

x dx xdx dx

x x x x

 

     

 

 

   0,25

2

1

2

e

e x e

xdx  

 0.25

 

2

ln

e

x dx

x x



Đặt tlnx, đươc  

 

1

2 2

1 0

ln ln 1 ln 2

ln 1 2

e x t t

dx dt t t

x x t

 

        

   

 

2

1 ln 2

e

I  

0,25

4

(1điểm) Cho hình chóp a) Thể tích khối chóp S ABCD . Kẻ CEAB AE2 ,a BE a - Tính CE a 3 ABC600

0,25

- Gọi IADBC ABIđều Kẻ đường cao SH Do mặt bên SAB SBC SAD, , hợp với đáy góc 600

nên H trọng tâm ABI Gọi Flà trung điểm BI BISAF SFA SBC ABCD,  600

0,25

0

3 3

.tan 60

2 2

a a a

AF  FH AF  SHFH 

 

2

1 . 2 3

2

ABCD

S  AB CD CE  a 3

SABCD

V a

  0.25

     

BI SAF  SBC  SAF 

Hình chiếu K A SBCnằm SF

1

3

2

SAF

SH AF a

SF a S SH AF SF AK AK

SF



      

Vậy   

9 ,

4

a

d A SBC AK 0,25

(4)

(1điểm) Từ gt ta có a b c  3, a b c  0,b c a  0,c a b  0 0,25 Áp dụng bđt Côsi cho số khơng âm, ta có

     

3

2 2

3

2 2

3

1 3

2 2

a b c c a b c a b c

c

b c a a b c a b c a

a

c a b b c a b c a b

b

     

   

     

   

     

   

0,5

Cộng theo vế bđt

 

3.2

3

2 2

a b c a b c

P        P

Vậy

3

min

2

P  a b c  

0,25 6

(2điểm)

1) (1 điểm)Tìm tọa độ đỉnh A, B, C

Cách 1: Gọi H' điểm đối xứng với H qua BC Ta chứng minh H' nằm đường tròn ngoại tiếp ABC

0,25

PT đường thẳng AH:

x t

y t

  

  

  Tọa độ KBCAH K  2 t;5t  K1; 2 H' 4; 1   0,25

 

' 3;6

IH IA A  0,25

   

 

2 3;

: ; '

4;5

B

B BC x y B x x IB IH

B

 



        

 Vì IB IC nên B3; thì  C4;5

hoặc ngược lại

0,25 Cách 2: Gọi G trọng tâm ABC, chứng minh IH3IG 0.25

Tìm

2;3

3

G 

 , viết pt AH:

2

x t

y t

  

  

 x y  0 0.25

Áp dụng công thức tọa độ trọng tâm tam giác tìm tọa độ đỉnh 0.5 2) (1 điểm) Lập phương trình mặt cầu

Gọi H trung điểm AB Hlà hình chiếu M d 0,25 Đt d có vtcp u2; 2;1 



và ptts x 5 ,t y 7 ,t z t  I 5 ;7 ;t  t t 0,25

   

Do MId MI   9 ;6 ; 6t  t  t  u t 4  MI 1; 2; 2   MI3 0,25 Bán kính mặt cầu R MI2IB2 3 2 PT mặt cầu là:      

2 2

4 18

x  y  z  0,25

7

(1điểm) Tính giá trị biểu thức…4 2

1 1

2 2

z i z i z i

  

     

    

     

  

      0,25

2 1 3

2

4

1

5

1 2

1

2

3 5 5

z z i

z i z i

z i z i z i z i



  

 

 

    

    

    

  

      



0,25

2 2

1

4 17 17

1 1, 1 , 1 , 1

9 25 25 25 25

i i i i

z   z     z       z       0,25

   

2

17 17

5 13

1

9 25 45

i i

P    0,25

Cách khác:          

4

4 4

1 2

2

z i z i z i f z z i z i

z i 

 

          

 



 

(5)

Do pt có nghiệm phân biệt z z z z1, , ,2 4 nên f z 15z z 1 z z 2 z z 3 z z 4

Vì z12 1 z1 i z  1i, ,z42 1 z4i z  4i nên

                       

1 1 4

P z z z z i z i z i z i z i z i z i z i z

               0.25

Có f i 15i z 1 i z 2 i z 3 i z 4

  15 1  2  3  4 15 1  2  3  4

f i   i z  i z  i z  i z  i z i z i z i z

   . 15 2    

225

f i f i

f i f i P P 

    

0.25

Có            

4 4 4

2 65

f i  i i  i i i  f i   i i   i i 

65 13

225 45

P