de va dap an thi thu toan khoi A lan 3 truong ptth vinh loc thanh hoa

II/PHẦN TỰ CHỌN 3 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B Phần A .Theo chương trình chuẩn Câu VIa 2 điểm 1.. Viết phương trình các cạnh hình chữ nhật biết hoàn[r]

Kú thi kh¶o s¸t chÊt lîng häc sinh khèi 12 LÇn thø ba n¨m häc 2011 - 2012 §Ò thi m«n To¸n Khèi A ( Thời gian làm bài 180 phút không tính thời gian phát đề) I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( điểm ) Së GD - §T Thanh Ho¸ Trêng THPT VÜnh Léc y   m x3  6mx   m x      Câu I ( điểm ) Cho hàm số : (Cm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1 Tìm m để đường thẳng d : y = - cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0;-2), B và C cho diện tích tam giác OBC 13 (ĐVDT) Câu II ( điểm ) sin x  tan x  sin x.sin x 2  tan x 1.Giải phương trình:   x log y  x  log y 1 3  x (1  log y )(1  ) 2 Giải hệ phương trình  Câu III ( điểm ) Tính tích phân I =∫ x 2+1 dx x √ x +1 Câu IV( điểm ) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác cân AB  AC 2a , góc  BAC 120o Mặt bên (SBC) vuông góc với đáy và hai mặt bên còn lại tạo với mặt đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách BC và SA theo a Câu V (1 điểm) Cho hai sè thùc x, y tho¶ m·n : x  x 1 3 y   y T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña biÓu thøc: A = x + y II/PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm )Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) Phần A Theo chương trình chuẩn Câu VIa ( 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 Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng  d1  : x 1 y  z x y z   ;  d2  :   2 1 và P : x  y  2z  0 mặt phẳng   Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt  d1  ,  d  A, B cho độ dài đoạn AB nhỏ z 5 z  7i và z  là số thực Câu VIIa (1 điểm) Tìm tất các số phức z thỏa mãn đồng thời: Phần B.Theo chương trình nâng cao Câu VIb ( điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có cạnh AC qua M(0; -1) Biết AB = 2AM, đường phân giác AP và đường cao CH có phương trình là x  y 0 và x  y  0 Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oy góc lớn (d ) : x y2 z   1  và tạo với z2 Câu VIIb ( điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z4-z3+ +z+1 = …………Hết………… Đáp án Môn : Toán - Khối A (Gồm trang) Câu I (2điểm) Nội dung Điểm 1.(1,0 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1 Khi m = 1hàm số trở thành y x3  x  x  TXĐ: D = R lim ( x3  x  x  2)   x   , 0,25 lim ( x3  x  x  2)  x    x 1 y ' 3 x  12 x  0    x 3 BBT: x - ∞ + ∞ y/ + + - 0,25 + ∞ y - ∞ -2 0,5 Hàm số đồng biến: (- ∞ ; 1),(3;+ ∞ ) Hàm số nghịch biến: (1;3) fCĐ = f(1) = fCT = f(3) = -2 Khi y’’ =6x-12=0  x 2 =>y=0 Khi x=0=>y=-2 x= 4=>y=2 Đồ thị hàm số nhận I(2;0) là tâm đối xứng 2.(1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm d và (Cm) là:   m  x3  6mx    m  x      m  x  6mx    m  x 0 0,25 (1)  x    m  x  6mx    m   0  x 0     m  x  6mx    m  0   Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt A(0;-2), B và C phương trình (2) có nghiệm phân biệt khác ta có điều kiện: 0,25   / 9m    m    4m   m      m 2  m 2   m 0 Gọi tọa độ điểm B(xB; -2), C(xC; -2) Đk: xB  xC Gọi h là khoảng cách từ gốc O đến đường thẳng d:y+2=0 thì h=2 Theo bài ta có S OBC 0,25  h.BC  13  BC  13   xB  xC   xB xC  Theo định lý viét ta 6m   xB  xC  2 m   xB xC 9 có: (4) Thay (4) vào (3) ta được:  6m     36 13   2 m 14   m 13   m 14 0,25 (tm) Kết luận tập m cần tìm 13  Tm  ,14  4  là II Giải PT 2,00 1,00 sin x  tan x  sin x.sin x  tan x *ĐKXĐ: 0,25  x   k  ( k  Z ) (*) Với ĐK (*), PT  cos x (s inx+tanx)=sin x.cosx  cosx(sinx+tanx)=sin x 0,25  s inx(cosx-sinx+1)=0  s inx=0   cosx  sinx +1=0  x k.  x k      sin( x   )   x   k 2 ; 0,25 x   k 2   Đối chiếu ĐKXĐ suy tập nghiệm PT Tx  k  /(k  Z ) Cách (k  Z 0,25 là Giải hệ phương trình   x log y  x  log y 1 3  x (1  log y )(1  )   Điều kiện y  và 1,00 x 1và log y 1 nên đặt co s  và log y co s  với  ,   [0;  ] thì x đưa đến hệ 0,25   co s  co s    co s  co s  1  (1  co s  )(1  cos ) 2  sin  co s   sin  co s  1   (1  co s  )(1  cos ) 2   sin(   ) 1        (1  co s  )(1  cos ) 2 sin  0,25 co s   sin  cos   vì  ,   [0;  ] Đặt 0,25 1 t2 t sin   cos  , t   sin  cos   thì phương trình t  t 1 1 t2  0  t  2t  0    t  (loại t=-3) có t=1         k 2      k 2   4  sin     1      4       3  k 2     k 2  4 nên  =0 tức  x 1  x 0   log y 0  y 1 So 0,25 với điều kiện ban đầu, nên hệ có nghiệm  x 0   y 1 Cách Điều y  và kiện x 1và log y 1 hay x  1;  log y 1 ( x 1) đặt a 2 b log y điều 0,25 kiện 0  a 1    b 1 hệ trở thành b  a  a  b 1     b    a  2  3 Từ (3) ta có 1 b  a b a 1 a 1 xem b là hàm số a trên A  0,1 b'  0,25  a  1 Có b  B   1, 0 0 Khi đó ta có (2)  a  b 1  b  a  a  b b  a  2b    a b  2b  a  a 1  (4) nhận xét còn   0,25 b  2b  a  1  Từ (4) ;(5) và (6) ta có 2 x 1 a 1 a 1  x 0,25        b 0 log y 0  y 1 b 0 III 1,00 §Æt 0,25 dx tdt t=√ x +1 ⇒dt= ⇒ dx= √ x +1  Khi x=1 th× t = 2, vµ x = th× t = Suy 2 t −1 +1 ( ) tdt I =∫ t −1 t 3 ¿ 0,25 dt (t −1)dt+2 ∫ ∫ 92 t −1 2 (t  1)dt 9∫ = 21  t  t   0,25 100  27 0,25 dt 2∫ t  1= t1 ln t 1 ln S .Vậy y= 100 ln 27 + 5H IV B A K C I Gọi I là hình chiếu vuông góc S trên BC , ( SBC )  ( ABC ) nên SI vgóc với mp(ABC) Gọi H, K hình chiếu vuông góc I trên AB và AC, suy AB  SH ; AC  SK (địn h lý 3đvg) 1,00 0,25    SHI SKI 600  IH IK I thuộc đường phân giác góc A tam giác ABC nên I trung điểm BC AB a Ta có IA= và BC =6a Ta có : 1 1 1        IH  IK  IH IK IA IB 3.a 9.a 0,25 9a Trong tam giác vuông SHI ta có 3a SI = IH.tan 60 = S ABC  a 36a 3a Vậy 1 3a VSABC  SI S ABC  3a  0,25 a 3 2 (đvtt) BC  SIA   Theo trên nên BC  SA gọi h là khoảng cách BC và SA Thì h là khoảng cách I đến SA và 0,25 1 1 13 3a 13  2  2   h 2 h IA IS 3a 27a 27a 13 (đvd) V 1,00 ĐK: x  1; y  Ta cã : x  x  3 y   y  x  y 3  x 1  y   §Æt: xy a    x   y  a Ta ®i t×m ®iÒu kiÖn cña a đê hệ phơng trình sau cã nghiÖm: 0,25  x  y a  3 x   y  a (I   ) Ta cã hÖ (I) ( x  1)  ( y  2) a   3 x   y  a   §Æt u  x  ; v  y  (u 0; v 0) Ta cã hÖ ph¬ng tr×nh:  a 3 u  v a   u  v   2uv 0,25    a u  v  3  u  v  a   2 Suy : u vµ v lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:   a2 a t   t    a   0 2  3  (*) HÖ (I) cã nghiÖm 0,25 a  u  v    uv   a  2 vµ chØ ph¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm t1, t2 kh«ng ©m  0    S 0   P 0   a  18a  54 0  a 0 a  9a  27 0  (2*) (2*)   21 a 9  15 MaxA 9  15 VËy: Và MinA  0,25  21 VIa 2,00 1,00 Gọi B(a; 12-2a) Ta có BN (9  a; 2a  9) , M(5;1)  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), A M(5;1) B(a; 12-2a) 0,25 N (9;3) D C phương trình AB: x  y  0 phương trình BC: x  y  0 Gọi D(b;12  2b) theo bài ra, ta có: DA.DC = nên: b  12  2b  b  12  2b  6 2 0,25 0,25  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 : 0,25 x  y  12 0 , phương trình DC : x  y  0 VIa Đặt A    a;   2a; a  , B   2b;1  b;1  b  0,25 , ta có  AB   a  2b  3;  2a  b  3;  a  b  1 Do AB song song với (P) nên:   AB  n P  1;1;    b a  0.25 Suy  ra: AB  a  5;  a  1;  3 Do đó: AB   a  5 2    a  1    3  2a  8a  35   a  Suy ra: AB 3  a 2 b   0.25 A 1; 2;  ,  , AB   3;  3;  3 phương trình đường thẳng (d) là: x y z   1 dể thấy điểm A không thuộc (P) Vậy d là đường là đường thẳng cần tìm VIIa Gọi z a  bi; đó a, b  R z 5  (1) a  b 5  a  b 25 0.25 1,00 0,25 z  7i a  bi  7i a  (b  7)i  a  (b  7)i  (a   bi) a(a      z 1 a  bi 1 a 1  bi (a0,25 1)  b (a z  7i R theo bài z  nên ab  (a 1)(b  7) 0 (2) từ (1) và (2) ta có 0,25 hệ  ab  ( a 1)(b  7) 0 (3)  2 (4)  a  b 25 7(a  1) b 2a  từ (3) thay vào (4) ta PT bậc sau 2a  2a  25a  a  12 0  (a  3)(a  4)(2a  1) 0  0,25 Từ đó suy có số phức sau thỏa mãn ycbt: z 3  4i; z   3i ; z  VIb  i 2 2,00 1,00 0,25 Goi d là đường thẳng qua M vuông góc AP cắt AD, AB I và N, ta có : PT(d) : x  y 1 0 , I d  AB 1  I ( ;  )  N ( 1; 0) 2 (I là trung điểmMN) 0;25 AB  CH  pt(AB) : x  y  0 , A ( AB)  ( AD)  A(1;1) AB 2 AM 2 AN  N là 0,25 trung điểm AB  B ( 3;  1) pt(AM) : 0,25 ;  2) x  y  0, C ( AM )  (CH )  C ( Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d ) : Cách x y2 z   1 2 và tạo với trục Oy góc lớn M Giả sử P là mặt phẳng cần tìm Thoả mãn bài Gọi I là giao I 1,00 d Điểm của Oy với P.Lấy M P H E là điểm năm trên Oy,gọi  / là Đường thẳng qua I / và  //  / Gọi d là hình chiếu Oy trên  Gọi H và E là hình chiếu M / Trên P và  Ta có  MIE là góc Oy và  Gọi  là góc Oy và P Ta có 0,25   MIE  lớn / H   / Khi đó  là hình chiếu Oy trên P Ta có véc tơ phương  là  v  1,  1,   ; véc tơ Oy là  phương voy  0,1,  0,25 Gọi      1 2 2 1 1 n  v ; J   , ,   2, 0,1 0 0    np Gọi là véc tơ p/ t P 0,25    1 2  n p  n;v   , ,   1,5,    1 2 2 1 1 Vậy phương trình mặt phẳng P là 0,25  x  1   y    z 0  x  y  z  0 cách Gọi P là mặt phẳng chứa d và P tạo với Oy góc lớn vì P chứa d nên p qua M 1,  2,  Nên điểm  phương trình P : a  x  1  b  y    cz 0 (1) ĐK: a  b2  c2    0,25 V N 0,  1,  d  nên N ì  thuộc P nên ta có -a+b+2c=0 hay a=b+2c Thay vào (1)  b  2c  x  by  cz  b  2c 0   Mặt phẳng P có véc tơ pháp tuyến  n p  b  2c; b, c  trục Oy có véc tơ  0,25 phương là J  0;1,  Gọi  là góc Oy và P ta có  Sin  Cos J , n p    TH1:b=0 thì  =0 b 2b  5c  4cb 0,25 TH2:b 0 thì Sin  c c  5   4  b b c Đặt t= b xét f  t  5t  4t  Nhận xét Sin lớn f  t  5t  4t  nhỏ  t  c  2b    c  b 5 Thay vào (2) 4b  2b 4b  0,25 z b  0  x  y  z  0 b  x  by   5  VIIb 1,00 z z -z + +z+1 =  z2 (z4+1)-(z3-z)+ =0 0,25 Chia hai vế cho z2, ta : (z2+ z ) 1 –(z- z ) + =0  w2 - w + = 0, (với w= z z)  w = + i, 2 w= - i 2 0,25 + Phương trình : z1 z = + i cho nghiệm z1=1+i ; z2 0,25 =- (1-i) + Phương trình : z- z = - i cho nghiêm 0,25 z3 = - (1+i) ; z4 = 1- i Mọi cách làm khác mà đúng thì cho điểm tương đương