Đang tải... (xem toàn văn)
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn1. Câu VIa (2 điểm).[r]
(1)SỞ GD&ĐT HỒ BÌNH TRƯỜNG THPT 19-5
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2011-2012 Mơn TỐN; Khối A,B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =
2 Tìm m để hàm số đồng biến khoảng 2; Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1 Giải hệ phương trình:
2
2
12 12
x y x y
y x y
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2 ln
0 (3 ex 2)2 dx
I
Câu IV (1 điểm) 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 AA’ BC a
Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn số thực: 2 1 y xy
x Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức
1 2
4
y x
y x
P
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (Phần A B) A Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x2y24x2y 1 điểm A(4;5) Chứng minh A nằm ngồi đường trịn (C) Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) T1, T2, viết phương trình đường thẳng T1T2
2 Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC)
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:(z2 z)(z3)(z2)10 ,zC. B Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3 xy 5 cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích
2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
1
4 :
y z
x d
1
3
2 :
z y
x
d
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log2 x2)9log2x2
-HẾT -
(2)SỞ GD&ĐT HỒ BÌNH TRƯỜNG THPT 19-5
ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2011-2012 Mơn TỐN; Khối A,B
Câu I Đáp án Điểm
a) Tính tốn vẽ hình 1,0
3
2 3(2 1) ( 1)
y x m x m m x '6 6(2 1) 6 ( 1) m m x m x
y y’ có (2m1)2 4(m2m)10
0,5 b)
1
'
m x
m x
y Hàm số đồng biến 2; y'0
x m12 m1 0,5
Câu II a Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1 1 điểm PT 2cos3x(4cos2x1)1 2cos3x(34sin2x)1 0,25 Nhận xét xk,kZkhơng nghiệm phương trình ta có:
1 ) sin ( cos
2 x x 2cos3x(3sinx4sin3x)sinx 2cos3xsin3xsinx sin6xsinx
0,25
2
m x x
m x x
7
5
m x
m x
;mZ
0,25
Xét 2m
k 2m=5km5t,tZXét
7
m
=k 1+2m=7kk=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, lZ Vậy ph tr có nghiệm:
5 2m
x (m5t);
7
m
x (m7l3) Z
l t m, ,
(3)* Điều kiện: | | |x y|
Đặt
2 2; 0
u x y u
v x y
; x y khơng thỏa hệ nên xét x y ta có
2
2 u
y v
v
Hệ phương trình cho có dạng:
12 12
u v
u u
v v
0.25
0,25
b)
Giải hệ (I), (II).Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình
ban đầu S5;3 , 5; 4 0.5
Tính tích phân
2 ln
0 (3 ex 2)2 dx
I 1
điểm
Ta c ó
2 ln
0 3
3
) (
x x
x
e e
dx e
I Đặt
u=
x
e du e dx
x
3
3 ;x0u1;x3ln2u2
0,25
Ta được:
2
1
2 ) (
3 u u
du
I =3 du
u u
u
1
2 ) (
1 )
2 (
1
1 0,25
=3
2
1
) (
1
ln ln
u u
u 0,25
8 ) ln(
Vậy I
8 ) ln(
0,25
Gọi M trung điểm BC ta thấy:
BC O A
BC AM
' BC(A'AM)Kẻ ,
' AA
MH (do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.)Do BC
HM AM
A HM
AM A BC
) ' (
) ' (
.Vậy HM đọan vơng góc chung củaAA’và BC,
4 )
BC , A'
(A HM a
d
0,5 Câu III
Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có:
AH HM AO
O A
' 0,5
A
B
C
C B
A
H
(4) suy a a 4 a 3 a AH HM AO O '
A
Thể tích khối lăng trụ:
12 a a a a BC AM O ' A S O ' A V
ABC
Cho x,y,z thoả mãn số thực: x2xyy2 1.Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức
1 2 4 y x y x P
Tõ gi¶ thiÕt suy ra: xy xy y x xy xy xy y xy x 3 ) ( 2 2
Từ ta có
3
xy
0,25
Măt khác x2xyy2 1x2y2 1xy
nên x4y4 x2y22xy1 đăt t=xy
Vởy toán trở thành t×m GTLN,GTNN cđa
; 2 ) ( t t t t t f P 0.25 TÝnh ) ( 6 ) ( ) ( ' 2 l t t t t f 0.25 Câu V
Do hàm số liên tục ;1
nên so sánh giá trị
)
1 (
f , f( 62), f(1) cho kÕt qu¶:MaxP f( 62)62 ,
15 11 ) ( minP f
0.25
* Đường trịn (C) có tâm I(2;1), bán kính R =
Ta có IA = > R A nằm đường tròn (C)
* Xét đường thẳng 1: x = qua A có d(I;1) = 1 tiếp tuyến (C)
* 1 tiếp xúc với (C ) T1(4;1)
* T1T2 IA đường thẳng T1T2 có vtpt n
= IA
=(1;2) phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1)
x + 2y - =
0,25
0,25 0,25
0,25
*Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H hình chiếu vng góc O l ên (ABC), OH vng góc với
(ABC) nên OH//n(2;1;1) ;HABC Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
suy ra )
3 ; ; ( H 0,25 a) b)
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) H trung điểm OO’ ) ; ; ( ' O 0,5
(5)PT z(z2)(z1)(z3)10 (z22 )(z z22z3)10 Đặt tz22z Khi phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt t z2 2z
Khi phương trình (8) trở thành t23t100 0,25
6 1
2 z
i z
t t
Vậy phương trình có nghiệm:
1
z ;z1i
0,5
Viết phương trình đường AB: 4x3y 4 AB5 Viết phương trình đường CD: x4y170 CD 17
0,25
Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t5) Ta tính được: ( , ) 13 19; ( , ) 11 37
5 17
t t
d M AB d M CD
0,25
Từ đó: SMAB SMCD d M AB AB( , ) d M CD CD( , )
3
t t
Có điểm cần tìm là: ( 9; 32), ( ; 2)7
M M
0,5
Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 hai điểm A B ta ln có IA + IB ≥ AB AB ≥d d d 1, 2 dấu xảy I trung điểm AB AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1, d2
0, 25
Ta tìm A, B :
' AB u AB u
Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
AB(….)… A(1; 2; -3) B(3; 0; 1)I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) bán kính R=
Nên có phương trình là: x22 (y1)2(z1)2 6 0,25 Giải bất phương trình x(3log2 x2)9log2x2 1 điểm
Điều kiện:x0Bất phương trình 3(x3)log2x2(x1)
Nhận thấy x=3 khơng nghiệm bất phương trình 0.25 CâuVIIb
TH1 Nếu x3 BPT
3 log
2
2
x x x
Xét hàm số: f x log2x )
( đồng biến khoảng 0;
3 )
(
x x x
g
nghịch biến khoảng 3; *Với x4:Ta có
3 ) ( ) (
3 ) ( ) (
g x g
f x f
Bpt có nghiệm x4 * Với x 4:Ta có
3 ) ( ) (
3 ) ( ) (
g x g
f x f
Bpt vô nghiệm
(6)TH :Nếu 0 x3 BPT
3 log
2
2
x x
x f x log2x
2 )
( đồng biến
3
x x
nghịch biến 0;3 *Với x 1:Ta có
0 ) ( ) (
0 ) ( ) (
g x g
f x f
Bpt vơ * Với x1:Ta có
0 ) ( ) (
0 ) ( ) (
g x g
f x f
Bpt có nghiệm 0 x1 Vậy Bpt có ngh 0,25