De thi thu DH Truong THPT Nghi Loc2 lan 2

Lập phương trình đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng ABC và cắt d tại điểm D 19 sao cho bốn điểm A, B, C, D tạo thành một tứ diện có thể tích bằng 6... TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 2.[r]

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT NGHI LỘC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012-LẦN Môn thi: TOÁN – Khối A,B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) y  x  mx  4mx  (C ) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số m = Tìm m để hàm số đạt cực trị x1 , x2 cho biểu thức trị nhỏ A x2  5mx1  12m m2  x12  5mx2  12m m2 đạt giá Câu II: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 6, phương trình BD là x  y  12 0 , AB qua M (5;1) , BC qua N (9;3) Viết phương trình các cạnh hình chữ nhật biết hoành độ điểm B lớn 2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn các đường: y (1  x) x  x , x 0, x 1 và trục hoành Câu III: (2,0 điểm)   sin( x  )  cos(  x) x  (cos x  s inx.tan )  2 cos x Giải phương trình: cos x Cho tập hợp E {0,1, 2,3, 4,5,6, 7} Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có gồm chữ số khác lập từ các chữ số E? Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc A' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm O tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với a2 AA', cắt lăng trụ theo thiết diện có diện tích Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Tất thí sinh làm hai phần: A B Phần A Câu V.a:(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz lập phương trình đường thẳng d qua A(1;0;  2) x  y 1 z     cho góc đường thẳng d và mặt phẳng (P): x  y  z  0 lớn và cắt d’: Câu VI.a: (2,0 điểm)  x x2   1  x  x  (1  )  (4  x ) i     i4  y y  y y  x , y  R  y Tìm cho: 17     x   Tìm số hạng không chứa x khai triển sau:  x Phần B Câu V.b: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2;1;0), B(0; 4;0) , C (0; 2;  1) và đường thẳng d: x  y 1 z    Lập phương trình đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng (ABC) và cắt d điểm D 19 cho bốn điểm A, B, C, D tạo thành tứ diện có thể tích Câu VI.b: (2,0 điểm) z  7i z  Tìm tất các số phức z thỏa mãn đồng thời: và z  là số thực 2 n Tìm hệ số x khai triển nhị thức Niutơn ( x  2) , biết: An  8Cn  Cn 49, (n  N , n  3) TRƯỜNG THPT NGHI LỘC ĐÁP ÁN CHẤM TOÁN, ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC(Lần 2) NĂM HỌC 2011 – 2012 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂ 0,5 y  x3  Khi m = thì , TXĐ : R I y '  x 0  x 0 Bảng biến thiên −∞ x y’ + -4 +∞ Hàm số luôn đồng biến trên R + 0,5 +∞ y −∞ Vẽ đồ thị đẹp , chính xác cho điểm tối đa TXĐ: R, y '  x  5mx  4m Hàm số đạt cực trị x1 , x2  y ' 0 có nghiệm phân biệt x1 , x2 0,2 m 0  x1  x2 5m  25m  16m    (1)  m   16  x x  4m 25  Theo Viet, ta có:  vì x1 là nghiệm phương trình x12  5mx1  4m 0  x12 5mx1  4m  x12  5mx2 12m 5m( x1  x2 ) 16m 25m  16m  0,2 x2  5mx1 12m 5m( x1  x2 ) 16m 25m  16m  tương tự ta có: x2  5mx1  12m m2 m2 25m  16m A    2 x1  5mx2  12m m2 25m2  16m m2 đó (BĐT Cauchy cho 0,2 2 số dương)  m 0 m2 25m2  16m 2 2   m (25m  16m)  m 25m  16m    m  25m  16m m2  Dấu “=”  m  đối chiếu điều kiện (1), ta có: A = II  A B M(5;1) 0,2 0,2 BN (9  a; 2a  9) , Gọi B(a; 12-2a) Ta có BM (5  a; 2a  11) BM vuông góc với BN nên:  a 6 (5  a)(9  a)  (2a  11)(2a  9) 0    B(6;0)  a  24  ( Do hoành độ điểm B lớn 5), N(9;3) D C x  y   phương trình AB: phương trình BC: x  y  0 b  12  2b  b  12  2b  6 2 Gọi D(b;12  2b) theo bài ra, ta có: DA.DC = nên: 0,2 0,2  b 4   b b  12  (b  6) 4    b 8 với b 4 thì D(4; 4) phương trình DA có dạng: x  y 0 ; phương trình DC : x  y  0 với b 8 thì D(8;  4) phương trình DA có dạng: x  y  12 0 , phương trình DC : x  y  0 0,2 Ta có S (1  x )3 x  x dx S (1  x) 2 x  x dx (1  x) 2 x  x (1  x)dx  ( x  x  1) x  x d (2 x  x ) 20 2 x  x t (t   0;1 )  x  x t , d (2 x  x ) 2tdt  S  Đặt (t  t )dt ( III 0,2 t3 t5 1  )    5 15 (1  t )t.2tdt 2 0,2 0,2 0,2 cos x 0 2   cos(  x)  cos(  x)  x x 3  (cos x  2sin )  cos 0 2 cos x Điều kiện Phương trình  cos x   cos(  x) cos 1    s inx  tan x  t anx   (cos x   cos x)  cos x cos x cos x cos x  x k  tan x 0 tan x  tan x 0    (k  Z )  x   k  tan x    0,2  x 2l  (l  Z )  x   l Đối chiếu điều kiện ta thấy nghiệm phương trình là  Đáp số: 750 số 0,2 IV A’ C’ B’ K A C O M : B Gọi M là trung điểm BC, A’O  (ABC) nên BC  ( A ' AM ) Gọi K là điểm thuộc AA’ cho KB  AA’, nối KC thì AA’  (KBC)  AA’  KM 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,5 a a a2 KM BC a a AO     KM  3 ;  KBC có diện tích nên Xét  A’AM có đường cao A’M và MK nên : A ' O AM KM AA ' (*) đặt A’O = x >0 đó a a2 a x AM  AA '.KM  x  x  ( Do  A’AO vuông O và từ (*) ta có: a2 a2 a2 a a 2 2 x  x   x  x   x   x AO  3 3 ) hay a a2 a  ( Diện tích tam giác cạnh a) Ta có diện tích đáy ABC a a a3 VABC A ' B ' C '  A ' O.S ABC   12 Vậy 0,2 0,2 PHẦN RIÊNG Phần A Gọi H là chân đường cao hạ từ D xuống (ABC) ta có 19 19 DH S ABC VD ABC   DH  (*) S ABC và ta gọi D(1  2t ;   t ;  3t ) ( Do D  d )   29 S ABC   AB, AC     16  2 ; phương trình (ABC): 3x  y  z  0 mà  t 1 19    t   17   16 29  thay vào (*) ta có: x y z   D (3;0;5) 4 t 1 tọa độ , phương trình  là: 19 47 y z  17 19 45 x  16  t D( 16;  ;  )  2   tọa độ , phương trình là: (Nếu đúng hai phương trình  thì cho 0,25) 3(1  2t )  2(   t )  4(2  3t )  Va VIa 0,2 0,2 0,2 0,2 2 2 0,2 Gọi z a  bi; đó a, b  R z 5  a  b 5  a  b 25 (1) z  7i a  bi  7i a  (b  7)i  a  (b  7)i  (a   bi) a(a 1)  b(b  7)  ab  (a 1)(b  7)  i 0,2      z 1 a  bi  a   bi ( a  1)  b ( a  1)  b (a  1)  b 2 0,2 z  7i R ab  ( a  1)( b  7)  theo bài z  nên (2) 0,2  ab  ( a  1)(b  7) 0 (3) 7(a  1)  b a  b 25 (4) 2a  vào (4) ta PT bậc từ (1) và (2) ta có hệ  từ (3) thay sau   a 3  b   2a  2a3  25a  a  12 0  (a  3)(a  4)(2a  1) 0   a   b    a   b 7  Từ đó suy z 3  4i; z   3i ; z   i 2 có số phức sau thỏa mãn ycbt: Ta có: An3  8Cn2  Cn1 49,  n( n  1)( n  2)  8n(n  1)  n 49  n3  n  7n  49 0  n 7 0,2 0,2 ( x  2) n ( x  2)7  Ck7 x 2(7  k ) k k 0 Số hạng chứa x là  2(7  k ) 8  k 3 0,25 Hệ số x là C73 23 280 0,25 B  M (1  t ;   t ;  t ) Gọi M là giao điểm d và d’, đó và AM (3t;   2t ;  2t ) Vb   n Gọi (2;  1; 2) là tọa độ VTPT (P), gọi  là góc đường thẳng d và giá n đó 6t   2t   4t cos    (*) 22  ( 1)  22 9t  (   2t )  (4  2t ) 17t  20t 17 , d tạo với (P) góc lớn và d tạo với giá vectơ pháp tuyến (P) góc nhỏ  cos  lớn 0,2 0,2  f (t ) 17t  20t  17 nhỏ   ' 189 10 30 48   t   AM ( ; ; ) a 17 17 17 17 17 mà x y z 2   16 đó phương trình d có dạng: 10 Hai số phức và phần thực và phần ảo nhau, vì ta có hệ: 1  x  x  (1  ) 4 (1)  y y     x  x  x  (2)  y y y3 0,2 x  ( x  y )  y  x  y 4   ( x  )  ( x  )2  x  4  y  y y  đặt 0,5 f (t )    x  y  x  y 4    x  x   ( x  ) 4  y3 y y VIb   x  y u    x v  y ta có hệ u  2v  u 4  u (u  2v ) 4 thay 2v u  u  vào ta được: u (u  u  u  4) 4  u  4u  0  u 2  x  2  y   x  y 1   x 1  với u 2  v 1 trở lại ẩn x, y ta có hệ:  y 17 17     k   x   C17   k 0   x  Ta có:  x 17  C17k x k 0  2k x 3(17  k ) 17  C17k x  k 3(17  k )  k 0 k  x 17 17  k  C17k x k   23   34   C  x   x  k 0     17  17 k 153 12 k 17 17  k 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 k 0 từ yêu cầu bài toán ta cho:  17k  153 0  k 9 17 Vậy số hạng không chứa x là C 0,2 0,2 if something does not understand, please contact me online 0987019222 Wish you pass two exams in front harsh