2,0 điểm Cho hàm số SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HOÀ BÌNH TRƯỜNG THPT DTNT.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi : TOÁN KHỐI A ( Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x y x (1) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HOÀ BÌNH TRƯỜNG THPT DTNT Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) Chứng minh đường thẳng (d): x – y + m = luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại điểm phân biệt A, B với mọi m Tìm m cho AB OA OB với O là gốc tọa độ Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: sinx cos x cos5 x 2(cos6 x 1) sin x 2 Giải phương trình: x x 4 x 10 x (x R) e ln x ln x I dx x ln x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 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 măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách a AA’ và BC là Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị a b3 a b 4 9 b a b a nhỏ biểu thức P = 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 d: x y z 1 và mặt phẳng ( P ) : x y z 0 Gọi I là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng nằm (P) vuông góc với d và cách I một khoảng z z z Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn B Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng : x – y – = và 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 = x y 1 z 2 và mặt phẳng (P) : x + y + z Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng : – = Gọi I là giao điểm và (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MI vuông góc với và MI = 14 Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn | z 3i ||1 z | và z z là một số ảo .… Hết … (2) Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ……… ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MÔN TOÁN Câu ý Đáp án Điểm x y 1 2x Khảo sát và vẽ: 1 D R \ 2 + Tập xác định: 1 y' 0, x D 1 2x + biến thiên: 1 1 ; ; ; 2 Hàm số không có cực trị Hàm số nghịch biến trên 0,25 x 1 x 1 ; lim x x 2 Giới hạn và tiệm cận : x x y là tiệm cận ngang x x lim ; lim 1 1 x x x x x 2 2 là tiệm cận đứng +Bảng biến thiên x - + y’ y +∞ lim - 0,25 0,25 + đồ thị : y f(x)=(x-1)/(1-2x) f(x)=-1/2 0,25 x -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1.5 2.5 3.5 4.5 -1 -2 -3 -4 1 Nhận xét : Đồ thị nhận điểm I ( ; ) làm tâm đối xứng Phương trình hoành độ giao điểm : x xm f ( x) 2 x 2mx m 0(*) 1 2x 1 ' m 2m 0m, f ( ) 0 2 Có 0,25 (3) nên (*) có nghiệm phân biệt khác suy d luôn cắt (1) tại điểm phân biệt A, B với mọi m x1 x2 m m x1 x2 A x1 ; x1 m , B x2 ; x2 m Ta có với x1, x2 là nghiệm (*) Theo vi-et 2 AB x2 x1 x1 x2 x1 x2 2m 4m OA OB x1 x2 ; x1 x2 2m OA OB x1 x2 4m x1 x2 4m 2m AB OA OB 2m2 4m 2m2 m Kết luận : m -1 Pt 3(sin x s inx) cos5 x cos x 2(cos6 x 1) 3cos3 x.sin x 2 cos3 x.cos2 x cos2 x cos3 x 0 2cos3 x ( sin x cos2 x cos3 x ) 0 sin x cos2 x 2 cos x cos3 x 0 x k x k Với sin x cos2 x 2 cos3 x sin(2 x ) sin( x ) Với 2x 2x 2 2 x k 2 x k 15 x 2 k 2 x k 2 (4) 2 Đặt t = x x t2 = 9(10 3x 4 x ) Phương trình đã cho trở thành : t2 – 9t = t = hay t = x x Với t = : x= Với t = : x x = (điều kiện : -2 x 2) x 3 2 x + x = + 12 x +4(2 – x) 12 x 5 x 15 (vô nghiệm) Cách khác : Đặt u = x và v = x (u, v 0), phương trình đã cho trở thành: 2 3u 6v 4uv u 4v (1) 2 (2) u v 4 (1) 3(u – 2v) = (u – 2v) u = 2v hay u = 2v + 4 Với u = 2v ta có (2) v2 = suy ra: – x = x = Với u = 2v + ta có (2) (2v + 3)2 + v2 = 5v2 + 12v +5 = (VN vì v 0) (1,0) (1,0) 2 a b ab a b ab Theo giả thiết ta có Từ đây suy : 2 a b 1 1 a b ab a b b a b a a b hay b a a 2 b a b 2 b a b a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a b Đặt t = b a , ta suy : 2t + 2 t 4t – 4t – 15 t a b3 a b 4 9 b a b a Mặt khác: P = = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = t = hay t = (5) Min f(t) = 23 t = 2 a b ab a b ab Theo giả thiết ta có Từ đây suy : 2 a b 1 1 a b ab a b b a b a a b hay b a a 2 b a b 2 b a b a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a b 2 t Đặt t = b a , ta suy : 2t + 4t – 4t – 15 t a b3 a b 4 9 b a b a Mặt khác: P = = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = t = hay t = 23 Min f(t) = t = Do B là giao điểm AB với BD,nên tọa độ B là nghiệm x y 0 x y 1 Của hệ phương trình: x y 0 B ( 4;1) Qua M vẽ đường thẳng song song với AB cắt BD tại N,ta có MN//AB: x+ 3y + = pt MN: x + 3y + m = (6) Do M(1;2) MN nên: 1+ + m = m= -7 Pt MN: x+ 3y – = x y 0 Do N = MN BD ,nên tọa độ N là nghiệm hệ: x y 0 N ( 2;3) Vì D BD: x – y + = D(x ; x+5).Mà ABCD là hình thoi nên x 0 2 2 x MN = MD MN MD ( x 1) ( x 3) Với x = D(0 ; 5) Với x = -2 D(-2;3) loại vì trùng với N Gọi I là tâm hình thoi I là trung điểm BD I(-2;3) (P) có VTPT nP (1;1; 1) , đường thẳng d có VTCP x y 3 ud (1; 1; 3) Tọa độ điểm I là nghiệm hệ phương trình : x y z 1 3 x y z 1 0 u Gọi có VTCP u u x y 0 3 y z 0 x y z 0 x 1 y 2 I (1; 2; 4) z 4 Ta có : nP u nP , ud ( 4; 2; 2) 2(2; 1;1) ud Gọi H là hình chiếu I lên H thuộc (Q) qua I và vuông góc với (Q ) : x y z 0 ud ' nP , nQ (0; 3; 3) 3(0;1;1) d’ = (P) (Q) d’ qua I có VTCP phương trình đường thẳng d’ : d ' : x 1; y 2 t ; z 4 t H d ' H (1; t ; t ) IH (0; t; t ) IH 18 2t 18 t 3 Với t = H(1 ; ; 7) : Với t = –3 H(1 ; –1 ; 1) x y z 1 : x y 1 z 1 x at Phương trình ON có dạng y bt (a2 + b2 0), N (at1; bt1) và M (at2; bt2) N = ON : at1 – bt1 – = t1 = a b (a b) M = ON d : 2at2 – bt2 – = t2 = 2a b (2a b) (7) 4b 2b 4a 2a N ; ; M 2a b 2a b Suy : a b a b , a b2 a b 8 a b 2a b Ta có: OM.ON = 2 a b a b 2a b TH1: a = ta có : b2 = b2, chọn b = N (0; -4) , M (0; -2) (1 b)(2 b) TH2: a 0, chọn a = ta được: + b2 = + b2 = b 3b 2 b 3b 1 b 2 2 ; b 3b b b = 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 và nằm cùng phía đối với điểm O nên OM.ON = OM ON = m = 5n (1) Ta có OM cùng phương với ON m.n + 4n – 2m = (2) Từ (1) và (2) 5n – 6n = n = hay n = Với n = thì m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2) 2 ; Với n = thì m = 6, ta có điểm M (6; 2); N 5 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 là a = (1; -2; -1) MI.a 0 y 2 x (1 x)2 (1 y )2 ( x y ) 16.14 MI 16.14 Ta có : x = -3 hay x = Với x = -3 thì y = -7 Điểm M (4; -7; 6) Với x = thì y = Điểm M (5; 9; -11) a Gọi z = x + yi với x, y R 5i z 0 z z z i z 0 x2 + y2 – x – ( y ) i = x2 – x – = và y = (x = -1 và y = ) hay (x = và y = 3) Vậy z = 3i hay z 2 3i z z z ( x yi )2 x y x yi Giả sử z x yi , đó x y x y x ( x y x y ) xyi x yi 2 xy y (8) TH x 1 1 y2 y 2 ta y2 y2 4 y 0 52 y y y2 y4 y2 16 y 40 y 0 16 y 0 x x x x 0 x y 0 TH Vậy có số phức thỏa mãn là : z = ; z 52 i 2 … Hết… (9)