Thi thu lan 2 125 2012 HQ

Câu I.2 Tìm m để hàm số 1 có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực tiểu 1,0đ của đồ thị đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị đến O.. Khoảng cá[r]

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012 MÔN: TOÁN; KHỐI: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề y x  3mx   m  1 x  m3  m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số (1) , m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m 1 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực tiểu đồ thị đến gốc tọa độ O lần khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị đến O Câu II (2,0 điểm) 3cot x  Giải phương trình Giải phương trình  cot x  1 7    cos  x   1 sin x   x    x 2 x  13 x  17 ( x  ) x4  I   ln( x  1)  ln x  dx x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ hai mặt phẳng  A ' BC  và cách hai đường thẳng ABC A ' B ' C ' , biết A ' ABC là hình chóp có cạnh đáy a Góc  BCC ' B ' ABC A ' B ' C ' và khoảng 90 Tính thể tích khối lăng trụ AA ' và B ' C theo a  a, b, c 4  a , b , c Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực thỏa mãn điều kiện  a  b  2c 8 3 Tìm giá trị lớn biểu thức P a  b  5c Câu VI (2,0 điểm) 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x  y  x  y  20 0 và đường thẳng (d ) : x  y  20 0 Chứng minh d tiếp xúc với (C ) Tam giác ABC có đỉnh A thuộc (C ) , các đỉnh B và C thuộc d , trung điểm cạnh AB thuộc (C ) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết trực tâm tam giác ABC trùng với tâm đường tròn (C ) và điểm B có hoành độ dương x y 1 z x  y 1 z  d1 :   , d2 :   1 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng Viết phương trình đường thẳng D cắt hai đường thẳng d1 , d đồng thời vuông góc với mặt phẳng ( P ) : x  y  z  0 2( z  1)  z  (1  i ) z Câu VII (1,0 điểm) Tìm số phức z biết - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh ; Số báo danh ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM - ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012 MÔN: TOÁN; KHỐI: A (Đáp án - thang điểm gồm 06 trang) Nội dung Câu Câu I.1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị  C  hàm số (1,0đ) Với m = , ta có hàm số y = x - 3x * Tập xác định: D R * Sự biến thiên: y ' 3x  x ; y ' = Û x = x = Điểm 0,25  ;  và  2;+  Hàm số đồng biến trên các khoảng  Hàm số nghịch biến trên 0; khoảng   - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x 0; yCD 0 , đạt cực tiểu x 2, yCT  0,25 lim y  ; lim y  - Giới hạn: x   - Bảng biến thiên x   x  y'  y 0      0,25 4 y O -4 -3 -2 x -1 -1 -2 0,25 -3 -4 Đồ thị : Đồ thị cắt trục Oy điểm  0;0  , 0; , 3; cắt trục hoành điểm     y '' 6 x  6; y '' 0  x 1 1;   Đồ thị nhận điểm  làm tâm đối xứng Câu I.2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực tiểu (1,0đ) đồ thị đến gốc tọa độ O lần khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị đến O y x  3mx   m  1 x  m3  m  y ' 3 x  6mx   m  1  x m  y ' 0  x  6mx   m  1 0  x  2mx  m  0    x m  Hàm số có cực đại, cực tiểu m   A  m  1;2  2m  0,25 Điểm cực tiểu đồ thị là 0,25 Điểm cực đại đồ thị là B  m  1;   2m  Khoảng cách từ điểm cực tiểu đồ thị đến gốc tọa độ O lần khoảng cách từ  CâuII (1,0) điểm  m  1 cực     2m  3  m  1 đại    2m  O  OB 3OA đến 2 2   m  1     2m  9   m  1    2m    2m  5m  0   1  m 2 hoac m  m1  , m2 2 2 Đáp số  cot x  1 7   3cot x   cos  x   1 sin x   Giải phương trình 0,25 0,25 Điều kiện sin x 0  x k , k    cot x  1 7    cos  x   1 sin x   cos x 1 cos x      sin x  cos  x   2  1 sin x sin x   3cot x  0,25 cos x cos x  sin x 3   sin x  cos x  1 sin x sin x  3cos x   sin x  cos x    sin x  cos x  sin x sin x 3   sin x  cos x    4sin x   3cos x  sin x 0   sin x  cos x    4sin x     sin x   sin x 0 0,25   sin x  cos x    4sin x    4sin x 0   4sin x 0    4sin x   sin x  cos x  1 0    sin x  cos x  0 Xét phương trình  4sin x 0     cos x  0  2cos x   cos x  2   x   k 2   x  2  k 2     x   k (k  )    x    k  0,25 (k  ) Thỏa mãn điều kiện Xét phương trình sin x  cos x  0  Câu II (1,0đ)     sin  x     sin  x    4 4         x    k 2 x   k 2   (k  )  (k  )   x       k 2  x   k 2  4   x   k 2 , k   Kết hợp điều kiện   x   k x   k 3 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm , ,  x   k 2 , k   x    x  x  13 x  17 0 ( x  ) Giải phương trình Điều kiện  x 6 x    x 2 x  13x  17      x    x  1    x    6 x  1  x  1    2x  x 1   x 1  x  1 0,25 x 5  (2 x  3) 0 0,25  x 1 2 x   x 1 (1) 1 x  1 và x  5, x   4;6 nên phương Ta có trình (1) vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 5 0,25  13x  15 0    (2 x  3)  0      x 1   x   1  (2 x  3) 0   x 1  x  1   x   x  13x  15 0 x  1  x 1 x 5 x    x  5  x  3 0 x  1  x 1    x  5    x  1 Câu III (1,0đ) 0,25 0,25 x 1 I   ln( x  1)  ln x  dx x Tính tích phân 2 x 1 x 1 x  x2 1 I   ln( x  1)  ln x  dx  ln dx x x x2 x 1 x2  1 1 x2   t x   dt    dx  dx x x x  x  Đặt 0,25 Đổi cận x 1  t 2 ; x 2  t  Ta có 0,25 I t ln tdt dt  du    u ln t t t 12    I  ln t  tdt dv tdt  v  t 22  ; Đặt 0,25  25 25  ln  2ln  t  ln  2ln  8 16 0,25 Câu IV Cho lăng trụ ABC A' B ' C ' Biết A ' ABC là hình chóp với cạnh đáy a (1,0đ) Gọi M , N , E là trung điểm AB , BC và B ' C ' ; H CM  AN Có H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Từ A ' ABC là hình chóp  A ' H  ( ABC ) Góc hai mặt phẳng  A ' BC  và  BCC ' B ' 900  ( A ' BC )   BCC ' B ' 0,25 Có A ' N  BC  A ' N  ( BCC ' B ')  A ' N  NE  Đặt A 'A  A 'B  A 'C  x ( x  0) a  NE  BB '   NE  AA '    A ' N  A ' B  BN x  ;  NE / / BB '  NE / / AA ' Tứ giác ANEA ' là hình  NE  x    a A' E  bình hành   Trong tam giác vuông A ' NE có a 3 a2 a 2 A ' N  NE  A ' E  x   x    x a  x    a2  a  a2 a2 a2 a A ' H  A ' A  AH        A' H   3  6 a a2 a3 V  A ' H SABC   Thể tích khối lăng trụ ABC A' B ' C ' là 2 0,25 A ' A / / B ' B  A ' A / /( BCC ' B ')  d  A ' A, B ' C  d  A ' A,( BCC ' B ')  d  A,( BCC ' B ')  0,25  BC  AN    BC  ( A ' AN )  BC  AA '  BC  BB '   BC  A ' N Tứ giác BCC ' B ' là 1a a2  SB ' BC  B ' B.BC  a  2 hình chữ nhật 3V a3  VB ' ABC  V   d  A,( BCB ')  S B ' BC  d  A,( BCB ')   B ' ABC 24 S B ' BC a3 a  d  A,( BCB ')   28  a 2 Câu V (1,0đ) 0,25 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện ìïï £ a, b, c £ í ïïî a + b + 2c = Tìm gtln P = a + b3 + 5c3 3 P = a + b3 + 5c3 = ( a + b) - 3ab ( a + b ) + 5c3 = ( - 2c ) - 3ab ( - 2c ) + 5c Û P =- 3c + 96c - 384c + 512 - 3ab ( - 2c ) 0,25  Ta có  a  1  b  1 0  ab   a  b   0  ab a  b  8  2c  7  2c ab   2c    2c    2c    3ab   2c     2c    2c  .Do c 4   2c 0 P =- 3c3 + 96c - 384c + 512 - 3ab ( - 2c) 0,25 £ - 3c3 + 96c - 384c + 512 - 3( - 2c ) ( - 2c ) Þ P £ - 3c + 84c - 294c + 344 Từ giả thiết suy 2c 6  c 3  c 3 c   1;3 f (c)  3c  84c  294c  344 Xét hàm số với 2 f '(c)  9c  168c  294; f '(c) 0   9c  168c  294 0  3c  56c  98 0  28  10   1;3 c    28  10   1;3 c   0,25 c f '(c) f (c )131  28  10 f( 28  10 ) 3  137 0,25 Vậy giá trị lớn P là 137 , đạt c 3, a 1, b 1 Câu VI.1 (1,0đ) 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x  y  x  y  20 0 Đường tròn (C ) có tâm I (1;  2) và bán kính R 5 d  I,d     20 4 5 R Suy d tiếp xúc với (C ) 0,25 Gọi H là tiếp điểm (C ) và d Tọa độ H là nghiệm hệ phương trình x  y  20 0    2 x  y  x  y  20    x 4  H (4;2)  y   0,25 Do I là trực tâm ABC và IH  BC  A  IH Kết hợp A  (C )  là điểm đối  x 2 xI  xH  x    A   A  A( 2;  6) y  y  y y   A I H  A xứng H qua I Gọi M là trung điểm cạnh AB Do HA là đường kính nên HM  AM Tam giác HAB có HM vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên HAB cân H  HB HA 2 R 10 ; HB 10  B  d  B(b;  20  3b (b  4)     20  3b ) 2   20  3b   10  (b  4)     100     b   12  3b   (b  4)    100  b  8b  48 0   b 12    Do xB   B (12;  4)  20  3c 44  3c    c  d  C (c; )  AC  c  2;  4  ; BI ( 11;2)    44  3c AC  BI  AC BI 0   11(c  2)  0  c 0  C (0;5) 0,25 CâuVI Trong không gian với hệ trục Oxyz cho x y +1 z x - y +1 z - d1 : = = , d2 : = = (1,0đ) 1 - hai đường thẳng 0,25 Phương trình tham số Gọi giao điểm  x m  x 1  k   d1 :  y   2m ; d :  y   2k  z m  z 4  3k    với d1 , d lần 0,25 lượt là A, B ; A  m;   2m; m  , B   k ;   2k ;4  3k   AB   k  m;  2k  2m;4  3k  m  Mặt phẳng ( P) có vectơ pháp tuyến     n (1; 4;  2) Do   ( P )  AB và n (1;4;  2) cùng phương  AB tn 0,25   k  m t  k 0      2k  2m 4t  t   A(2;3;2), B (1;  1;4) 0,25 4  3k  m  2t  m 2    Đường thẳng  qua điểm A(2;3; 2) và nhận n (1;4;  2) làm vectơ phương x y z   2 nên  có phương trình CâuVII 2( z  1)  z  (1  i ) z z (1,0đ) Tìm số phức 0,25 biết Gọi z a  bi (a, b  )  2( z  1)  z  (1  i ) z   a  bi  1  a  bi  (1  i)(a  b ) 3a  a  b  (3a  1)  bi a  b  i (a  b )   2  b a  b   a 0  10a  3a 0  b 3a        a   2 10 3a  a  b  b 3a   b 3a  Có hai số phức z1 i ; z2   i 10 10 0,25 0,25  a   a    10 hoac    b 1  b1  10 0,25 0,25