de thi thu dh da an dtnthoa binh 2012

Hàm số không có cực trị.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỒ BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012 TRƯỜNG THPT DTNT Môn thi : TOÁN KHỐI A

( Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

1

x y

x  

 (1)

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

Chứng minh đường thẳng (d): x – y + m = cắt đồ thị hàm số (1) tại điểm phân biệt A, B với mọi m Tìm m cho ABOA OB

                           

với O gốc tọa độ Câu II. (2,0 điểm)

Giải phương trình: sinxcosxcos5x2( os6c x1) sin 5x Giải phương trình: 3 2 x 2 x4 4 x2 10 3 x (x  R).

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân

ln ln

ln

 







e x x

I dx

x x

Câu IV (1,0 điểm) 1. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách

giữa AA’ BC a

4

Câu V (1,0 điểm) Hai số dương x y; thỏa mãn: x2 y2 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

   

1

1 1

       

   

S y x

x y

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần ( phần A B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AB có phương trình: x + 3y + = Đường thẳng chứa đường chéo BD có phương trình:x – y + = 0.Đường thẳng AD qua điểm M(1; 2) Tìm tọa độ tâm hình thoi ABCD

2.(1 điểm) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng

2 1

:

1

x y z

d     

  mặt phẳng

( ) :P x y z   1 0 Gọi I giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm (P) vng góc với d

và cách I một khoảng

Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z2 z z B Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng  : x – y – = d : 2x – y – = Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d cho đường thẳng ON cắt đường thẳng  tại điểm M thỏa mãn OM.ON =

2 Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  :

2

1

x y z

 

  mặt phẳng (P)

x + y + z – = Gọi I giao điểm  (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MI vng góc với  MI = 14

Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn |z | |1i  z|và

9

z z 

.… Hết …

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MƠN TỐN

Câu ý Đáp án Điểm

Khảo sát vẽ:

1

x y

x  



+ Tập xác định:

1 \

2 D R   

 

+ biến thiên:  

2

1

' 0,

1

y x D

x 

   



Hàm số nghịch biến

1

; ; ;

2

   

  

   

    Hàm số khơng có cực trị. Giới hạn tiệm cận :

1 1

lim ; lim

1 2 2

x x

x x

x x

    

 

 

 

1 y  

là tiệm cận ngang

1

2

1

lim ; lim

1 2

x x

x x

x x

 

   

   

   

 

  

 

2 x

 

là tiệm cận đứng +Bảng biến thiên

x

- 

1

2 + 

y’

-y

2 

+∞

-

1 

+ đồ thị :

f(x)=(x-1)/(1-2x) f(x)=-1/2

-4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1.5 2.5 3.5 4.5

-4 -3 -2 -1

x y

Nhận xét : Đồ thị nhận điểm I ( 2 ;

1 

) làm tâm đối xứng Phương trình hồnh đợ giao điểm :

0,25

0,25

0,25

0,25

2

1

( ) 2 0(*)

1 x

x m f x x mx m

x 

       



Có

2 1

' 2 , ( )

2

m m m f

       

nên (*) có nghiệm phân biệt khác

2 suy d cắt (1) tại điểm phân biệt A, B với mọi m.

Ta có A x x 1; 1m B x x,  2; 2m với x

1, x2 nghiệm (*) Theo vi-et

1

1

1

x x m

m x x

 

 

  

  

 12  22 2

2 4

AB x x  x x x x  m m

        

 

   2   2

1 2; 2 2 4

OA OB   x x x x  mOA OB  x x  m x x  m  m

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

2

2 4

ABOA OB   m  m  m  m Kết luận : m  -1.

Pt 3(sin 5x s inx)cos5xcosx2( os6c x1)

2

2 os3 sin 2c x x cos3 os2x c x cos 3x

  

2 os3 ( sin 2c x x cos2x cos )x

   

os3

3 sin os2 cos

c x

x c x x

 

 

 



Với cos 3x 3x k x k

  



      

Với sin 2x cos2x cos 3x sin(2x 6) sin(2 )x

 

     

2

2

6 15

2

2 2

6

x x k x k

x x k x k

   



  

  

 

     

 

   

        

 

2 Đặt t = 2 x 2 x  t2 = 9(10 3 x 4 x2) Phương trình cho trở thành : t2 – 9t =  t = hay t = 9 Với t = : 2x6 2 x  x =

6

Với t = : 2 x 2 x = (điều kiện : -2  x  2)

 2x 3 2 x  + x = + 12 2 x+4(2 – x)  12 2 x 5x15 (vô nghiệm)

Cách khác : Đặt u = 2x v = 2 x (u, v  0), phương trình đã cho trở thành:

2

2

3 4 (1)

4 (2)

u v uv u v u v

    

 

 

 

(1)  3(u – 2v) = (u – 2v)2  u = 2v hay u = 2v + 3 Với u = 2v ta có (2)  v2 =

4

5 suy ra: – x =

5  x =

Với u = 2v + ta có (2)  (2v + 3)2 + v2 =  5v2 + 12v +5 = 0 (VN vì v 0)

Ta có : I =1 1

ln ln

1 ln ln

e e e

x x

dx dx dx

x x

x x x x

 

  

 

 

 

  

Xét 1

ln ln

e

x

I dx

x x







; đặt t= ln x

2

1 ln

t x t dt dx

x

    

Đổi cận: x = 1 t =1 ; x =e  t = Khi

2 2 2

2

1

1

1 2

.2 ( 1) 2( ) /

3

t t

I tdt t dt t

t

 

      

Xét

1

1

(ln ) /

e e

I dx x

x

  

Khi I = I1I2=

7 2



A

B

C

C’ B’

A’

H

Gọi M trung điểm BC ta thấy:

¿

AM⊥BC A ' O⊥BC

}

¿

⇒BC⊥(A 'AM)

Kẻ MH⊥AA ', (do ∠A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.)

Do

BC⊥(A 'AM) HM∈(A 'AM)

}

⇒HM⊥BC

.Vậy HM đọan vông góc chung

AA’và BC, d(AA',BC)=HM=a√3

Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có: AOA ' O=HM AH

⇔ suy A ' O=AO HM

AH =

a√3

a√3

4 3a=

a Thể tích khối lăng trụ: V=A ' O.SABC=1

2A ' O AM BC=

a

a√3 a=

a3√3 12

  1 1 2

y x

S x y

x y x y

   

      

    .Do 0, 0 2

y x

x y

x y

    

1 1 1 1 1

2 2

2 2 2

S x y

x y x y

   

 

        

      , Dấu “ = ” có  x = y.

1 1

0, 0 2; 2

2 2

x y x y

x y

      

.Dấu “ = ” xảy 

2 2

x y 

Do đó:

1 1 1

4 2 2

S

x y

 

     

 

Từ giả thiết:  

2

2 1 2( 2) 2 2

x  y   x y  x  y   x y 

Dấu “ = ” xảy  x = y x2  y2 1; x,y>0 nên

2 2

x y 



1 1 2 2

2 x y x y

 

   

 



  .Dấu “ = ” có 

2 x y 



S  Vậy Min S  4 2khi

2 2

x y 

Do B giao điểm AB với BD,nên tọa độ B nghiệm Của hệ phương trình:

3

5

x y x

x y y

   

 



 

   

 

( 4;1) B

 

Qua M vẽ đường thẳng song song với AB cắt BD tại N,ta có MN//AB: x+ 3y + = 0 pt MN: x + 3y + m = 0 Do M(1;2) MN nên: 1+ + m =  m= -7

Do N = MNBD,nên tọa độ N nghiệm hệ:

3

5

x y x

x y y

               ( 2;3) N  

Vì D BD: x – y + =  D(x ; x+5).Mà ABCD hình thoi nên MN = MD MN2 MD2  1 (x 1)2(x3)2

0 x x       Với x =  D(0 ; 5)

Với x = -2  D(-2;3) loại vì trùng với N.

Gọi I tâm hình thoi I trung điểm BD  I(-2;3) (P) có VTPT nP (1;1; 1)



, đường thẳng d có VTCP ud (1; 1; 3) 



Tọa độ điểm I nghiệm hệ phương trình :

3

2 1

3 2 (1; 2; 4)

1

1 1 0 4

x y x

x y z

y z y I

x y z x y z z

                                         

Gọi  có VTCP u



Ta có :

, ( 4; 2; 2) 2(2; 1;1) P

P d

d u n

u n u u u                                                      

Gọi H hình chiếu I lên  H tḥc (Q) qua I vng góc với 

( ) : 2Q x y z   0

d’ = (P)  (Q)  d’ qua I có VTCP ud' n nP, Q (0; 3; 3) 3(0;1;1)

                                                  

phương trình đường thẳng d’ : d x' : 1;y 2 t z;  4 t ' (1; ;4 ) (0; ; )

Hd  H t t  IH  t t

2 18 2 18 3

IH   t   t

Với t =  H(1 ; ; 7) 

1

:

2 1

x y z

  



Với t = –3  H(1 ; –1 ; 1) 

1 1

:

2 1

x y z

  

1 Phương trình ON có dạng

x at y bt

  



 (a2 + b2  0), N (at

1; bt1) M (at2; bt2)

N = ON   : at1 – bt1 – =  t1 =

a b (a  b)

M = ON  d : 2at2 – bt2 – =  t2 =

2a b (2a  b)

Suy :

4

;

a b

N

a b a b

 

 

 

 ,

2

;

2

a b

M

a b a b

 

 

 

 

Ta có: OM.ON = 

2 2

4

8

a b a b

a b  a b   

2 2

a b  a b a b

TH1: a = ta có : b2 = b2, chọn b =  N (0; -4) , M (0; -2)

TH2: a  0, chọn a = ta được: + b2 = (1 b)(2 b)  + b2 =

2 3 2

b  b



2

2

3

3

b b b

b b b

    



   

  b =

1

3 Vậy N (6; 2) ; M

; 5

 

 

Cách khác : Điểm N  d  N (n; 2n – 2)  ON = (n; 2n – 2) Điểm M    M (m; m – 4)  OM



= (m; m – 4)

Nhận xét : đường thẳng d  nằm phía đối với điểm O nên OM.ON =

               OM ON =  m = 5n (1) Ta có OM



phương với ON



 m.n + 4n – 2m = (2) Từ (1) (2)  5n2 – 6n =  n = hay n =

6 Với n = thì m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2) Với n =

6

5 thì m = 6, ta có điểm M (6; 2); N ; 5      

2 Ta có  cắt (P) tại I (1; 1; 1); điểm M  (P)  M (x; y; – x – y)  MI = (1 – x; – y; -2 + x + y) Vectơ phương  a 

= (1; -2; -1)

Ta có : MI 16.14 a MI                                   

 2

2

(1 ) (1 ) ( ) 16.14

y x

x y x y

  



       

  x = -3 hay x =

Với x = -3 thì y = -7 Điểm M (4; -7; 6) Với x = thì y = Điểm M (5; 9; -11) Bài giải : Đặt z a bi  ( ,a b R ) Theo :

|z | |1i   z| | a(b 3) | |1i  a bi |

2 ( 3)2 (1 )2 2 6 8 0 3 4 (1)

a b a b a b a b

            

2 2 2 2

2 2

9 a b 2abi a a( b 9) 2a b b a( b 9)

z i

z a bi a b a b

               Ta có z z 

là số ảo nên a a( 2b2 9) (2) Từ (1) (2) Ta có hệ phương trình :

2

2

0; /

3

3

( 9)

(3 4)

a b

a b

a b

a a b

b b                         

0; / 0; /

4 74 12 74

3 ;

10 10

10 24

4 74 12 74

;

10 10

a b

a b

a b a b

2 2

2 2

( )

2

x y x y x

x y x y xyi x yi

xy y

    



        

 



TH

1 x

ta

2 2

1 1

4 y  4y  2 4y y 

2

2

2 4

3 3

0

5

4 4

1

16 40

4 16

y y

y

y y y y y





 

  

 

  

 

        

 



TH y 0 x2 x  x x 0 x y Vậy có số phức thỏa mãn : z = ;

1 5

2

z   i

H