de dap an thi thu dh lan 2 khoi A THPT chi linh

Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, SA=a.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức[r]

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT CHÍ LINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012Mơn Thi : TOÁN ; Khối :A Lần thứ hai

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề. Đề gồm 01 trang

Câu I (2,0 điểm ) Xét hàm số y=9x(x2  2mx1) (1), m tham số thực.

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m=1

2) Cho M(

1

2;-9) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại, cực tiểu A, B cho A,

B, M thẳng hàng

Câu II (2,0 điểm)

1) Tính tổng nghiệm phương trình

1 tan tan

2 cos2xcosx

=sinx 1-sinx

x x  

đoạn [0;38] 2) Giải bất phương trình

2

2log (5x-9+ x -2x+25)+log (x1 2 36)

x

  

Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y=x

x , y=2x, x=-1, x=3

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB=a, BC=2a Cạnh bên SA vng góc với mặt đáy, SA=a Gọi H hình chiếu A SB Tính thể tích khối chóp H.ACD theo a cơsin góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD)

Câu V (1,0 điểm) Cho số thực dương a,b,c Tìm giá trị lớn biểu thức

2 2

( 2)( 2)( 2)

ab bc ca P

a b c

 



  

Câu VIa (2,0 điểm)

1) Trong hệ toạ độ Oxy, Viết phương trình đường trịn có tâm nằm đường thẳng

2

y x, qua điểm A(-2;2) đồng thời tiếp xúc với đường thẳng 3x 4y14 0

2) Trong hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) : (S x1)2(y m )2(z m 1)2 4 mặt phẳng

( ) :P x 2y2z 0 Chứng mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) tìm toạ

độ tiếp điểm

Câu VIIa (1,0 điểm) Gọi z1,z2 nghiệm phức phương trình

2 2 2 8 0

z  z  Tính giá trị

của biểu thức z12013z22013

-h

Họ tên thí sinh……….số báo danh………

Híng dÉn chÊm TỐN KHĨI A

Câu Nội dung Điểm

I: (2,0 điểm) 1)1,0 điểm

1)khi m=1 ta có

2

9 ( 1) 9( )

y x x  x  x  x x

1 Tập xác định: D

2 Sự biến thiên hàm số * Giới hạn vô cực hàm số

3

2

2

lim lim 9( ) lim (1 ) ;lim

x x

x x

y x x x x y

x x

   

    

        

0,25

* Lập bảng biến thiên

2

1

( )

' 9(3 1); ' 3

1 (1)

x y

y x x y

x y



  



    



  



bảng biến thiên

0,25

4

0

+

-

+ - +

+

1

3 -

y y' x

Hàm số đồng biến khoảng

(-1 ;

3 

) (1;+ ); Hàm số nghịch biến

khoảng (

1

3;1);Hàm số đạt cực đại x=

1

3 =>ycđ=

3, Hàm số đạt cực tiểu

x=1=>yct=0

0,25

3 Đồ thị

Đồ thị hàm số cắt trục Oy (0; 0)

ĐTHS cắt Ox (0; 0), (1;0) qua điểm I(

2 ; 3)

0,25

2

-2

I O

2

y

x

1       

2)1,0 điểm TXĐ: D=

2

' 9(3 1)

y  x  mx , ý tam thức bậc có ∆’=9(4m2-3) nên hàm số có cực đại, cực

tiểu điều kiện cần đủ ý có nghiệm phân biệt

3

' ( ; ) ( ; )

2

m

         

0,25

với

3

( ; ) ( ; )

2

m     

thì hàm số (1) có cực đại cực tiểu Gọi A(x y1; 1), B(x y2;

) điểm cực trị đồ thị hàm số (1)  y x'( )1 y x'( ) 02 

0,25

y(x)=(1 3x −

2m

9 )y '(x)+(6−8m

)x+2m y '(x1)=0⇒y1=y(x1)=(6−8m2)x1+2m y '(x2)=0⇒y2=y(x2)=(6−8m2)x2+2m

=>A,B nằm đường thẳng

2

: (6 )

d y  m x m mà qua điểm phân biệt xác định đường thẳng

vậy phương trình AB: d y: (6 8 m x2) 2m

0,25

A, B, M thẳng hàng <=>M∈ AB<=> 0,25

2

1

9 (6 ) 12 2,

2 m m m m m m

          

(thoả mãn)

II:(2,0 điểm)

Tính tổng nghiệm phương trình

1 tan (1) tan

2 cos2xcosx

=sinx 1-sinx

x x  

đoạn [0;38]

1)1,0 điểm

ĐK:

sin

2

cos ( )

2 2 tan x x k x k Z x k x                          

 (*) (1)

2

sin (cos sin )

cos cos 2 2

(cos sin ) (cos sin )

2 2

x x

x

x x

x x x x



 

 

0,25

2

cos cos sin (cos sin )(cos sin )

2 2

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

x x x x

x x x

x x x x x x x x x x

   

        

0,25

2 cos

sin ( )

6 5 sin 2 6 x k x

x x k k Z

x x k

                                 0,25

kết hợp với điều kiện xác định => phương trình cho có nghiệm 0,25

2

( )

6

x k  k 

do x∈[0;38]=>

1

(38 )

0 38 {0;1; ;17}

6 k k k k                     

các nghiệm phương trình (1) [0;38] lập thành cấp số cộng có u1=

6 

công sai

d=

2



gồm 18 số hang có tổng

18

18

(2 17 ) 9( 17 ) 105

2 3

S  u  d      

2)1,0 điểm Giải bất phương trình (1)

Điều kiện: 5x-9+ x -2x+252 >0 Khi

2

1

2

(1) log (5x-9+ x -2x+25) log x  2x36

0,25

2

5x-9+ x -2x+25 x 2x 36

   

2 2

5x-9 x 2x 36 x -2x+25 (5x-9)( x 2x 36 x -2x+25) 11(2)

         

Nếu

9

5 x   x

(2) vô nghiệm

0,25

Néu

9 x

xét f x( ) (5x-9)( x 2 2x36 x -2x+25)2

0,25

2

2

1

'( ) 5( x 36 x -2x+25) (5 9)( )

5 x 36 x -2x+25

x x

f x x x x

x

 

         

 

=>f(x) đồng biến [

9 ; )

5  (2) có f x( ) 11 f(2) nên (2) x2

vậy tập nghiệm bất phương trình T=[2;+)

0,25

III:(1,0 điểm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y=x

1

x , y=2x, x=-1, x=3 0,25

diện tích hình phẳng giới hạn đường y=x x1, y=2x, x=-1, x=3 là

1

1

S x x x dx



  

Xét pt:

0

1 ( 2)

3

x

x x x x x

x  

        

 

Vậy

0,25

0 3

1

1 2 ( ) ( )

S x x x dx x x x dx x x x dx x x x dx

 

            

Đặt t x 1 x t  2 dx2 ;tdt x x1dx(2t4 )t dt2

1

0

4 2 2

1

0

1 0; 1; 2;

(2 ) (2 )

x t x t x t

S t t dt x t t dt x



        

      

0,25

1

5

0

2 2 11 19

( ) ( )

5 15 15

t t t t

        

0,25

IV:(1,0 điểm)

a E

2a K

H

D

C B

S

A

kẻ HE//SA(E∈AB)=>HE (ABCD) Trong

0,25

diện tích ∆ACD ACD

S  AD CD a 

Thể tích H.ACD

3

1

3

H ACD ACD

a

V  HE S  0,25

SA(ABCD)=>SABC mà BCAB nên BC(SAB)=>BCHA mà HASB nên

HA(SBC) tương tự gọi K hình chiếu A SD AK(SCD) góc

giữa hai mặt phẳng (SBC) (SCD) góc AH AK

0,25

trong tam giác vng SAB có

2

2 2

1 1 2

,

2

a a

AH SA SH SB SH

AH AB SA      tương tự AK=

 2 2 2 2

cos

2

SB SD BD SH SK HK a

BSD HK

SB SD SH SK

   

   

trong ∆AHK có

 2 10 0

2

AH AK HK

cos AHK AH AK     =>  10 (( ),( ))

cos SBC SCD 

V:(1,0 điểm)

Cho số thực dương a,b,c Tìm giá trị lớn biểu thức ( 2)( 2)( 2)

ab bc ca P

a b c

 



  

do a,b,c> nên tồn số đồng thời không lớn không 0,25

nhỏ giả sử b,c≤1 b,c≥1

2 2 2 2

(b 1)(c 1) (b 3)(c 3) (b 2)(c 2) 3(b c 1)(1)

                0,25

mặt khác (a b c  )2(a2121 )(12 2b2c2) (2) từ (1) (2) (a22)(b22)(c22) 3( a b c  )2

0,25

chứng minh

2

(a b c  ) 3(ab bc ca  )nên 0,25

2

2 2

1

( ) 1

3

( 2)( 2)( 2) 3( )

a b c ab bc ca

P

a b c a b c

 

 

  

    

khi a=b=c=1 P=1/9 nên giá trị lớn P 1/9

VIa:(2,0 điểm)

1)1,0 điểm Gọi đường tròn ( C ) cần tìm có tâm I bán kính R

Có I∈(d):y=−2x⇒I(t ;−2t) => phương trình ( ) : (C x t )2(y2 )t R2

0,25

(C) qua A nên (-2-t)2+(2+2t)2=R2

(C) tiếp xúc với a:3x-4y+14=0<=>d(I,a)=R

2

2

3 14

( , ) ( 2) (2 2)

3 ( 4)

t t

d I a   R t t

      

 

0,25

2t+2¿2

t+2¿2+¿ ¿

⇔|11t+14|=5√¿

⇔(11t+14)2=25(5t2+12t+8)⇔4t2−8t+4=0⇔t=1⇒I(1;−2)

0,25

Bán kính đường trịn ( C ) R = IA = Vậy ( C ) có pt: y+2¿

2 =25

x −1¿2+¿ ¿

0,25

2)1,0 điểm (S) có tâm I( 1; m; m – 1) bán kính R = 0,25

Ta có:

−2¿2+22

¿

12 +¿

√¿

d(I ;(P))=|1−2m+2(m−1)−5|

¿

⇒(P) tiếp xúc với (S)

gọi M tiếp điểm (P) (S) =>M hình chiếu vng góc I (P) =>IM

(P)=>IM nhận véc tơ pháp tuyến (P) làm véc tơ phương có phương trình

0,25

¿

x=1+t y=m−2t z=m−1+2t

(t∈R)

¿{ {

¿

Khi tọa độ M nghiệm hệ:

1 2

2

x t

y m t

z m t

x y z

                  0,25

5

( ; ; )

3 3

M m m

   0,25

VIIa:(1,0 điểm)Gọi z

1,z2 nghiệm phức phương trình

2 2 2 8 0

z  z  Tính giá trị biểu

thức z12013z22013 2 2 8 0 z  z 

Có: Δ'=−6⇒ pt có nghiệm phức: z1,2  2 6i

0,25

2013 2013 3

1 ( ) ( )

z z   i   i 0,25

3

( 2 )i 2 3.2 2.( ) i i ( )i 16 2tương tự z23 16 0,25

nên

671 671

2013 2013 3 671 3020

1 ( ) ( ) 2( 16 2) 2

z z   i    i    

   

0,25