Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với C mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0.... Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi : TOÁN ; Khối : Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm) y 2x x 1 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm hai điểm A, B thuộc hai nhánh khác đồ thị (C) cho đoạn AB nhỏ nhất? Câu II (2 điểm) Giải phương trình: 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + (x R) 1 x x y (1 y ) 4 x x 4 x y y3 Giải hệ phương trình: y (x R) Câu III (1 điểm) Câu IV (1 điểm) Tính tích phân: I x sin x dx cos x Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a, cạnh SA vuông góc với đáy, o cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy góc 60 Trên cạnh SA lấy điểm M cho BCM AM a 3 Mặt phẳng cắt cạnh SD điểm N Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn (x+y)3 + 4xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 3(x4 + y4 + x2 y2) – 2(x2 + y2) + II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) I( , ) 2 Các đường thẳng AB, CD lượt qua các Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm điểm M(-4;-1), N(-2;-4) Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông đó biết B có hoành độ âm x y z Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng 1 : , 2 : x y 1 z 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 và tạo với đường thẳng 1 góc 300 2| z −i|=|z − z+ 2i| z ¿2 z −¿=4 Câu VIIa(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : ¿ ¿ ¿{ ¿ B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x + y2 – 6x + = Tìm điểm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến với (C) mà góc hai tiếp tuyến đó 60 (2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: ( d1 ) : x y z x 1 y z (d ) : 1 và 2 1 Tìm (d1 ) và N thuộc (d ) cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng P : x – y z 2012 độ dài đoạn MN √ tọa độ các điểm M thuộc 2 log1 x ( xy x y 2) log 2 y ( x x 1) 6 =1 log1 x ( y 5) log 2 y ( x 4) Giải hệ phương trình : , ( x, y R) C©u VII.b (1 ®iÓm) ………………… … ……………… Hết…………………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2011-2012 CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM Câu I 2.0 1.0 0.25 TXĐ : D = R\{-1} Chiều biến thiên lim f ( x) lim f ( x) 2 x x nên y = là tiệm cận ngang đồ thị hàm số lim f ( x ) , lim x 1 0.25 x 1 nên x = -1 là tiệm cận đứng đồ thị hàm số 0 y’ = ( x 1) Bảng biến thiên + + Hàm số đồng 0.25 biến trên ( ; 1) và ( 1; ) Hàm số không có cực trị Đồ thị 0.25 (3) Giao điểm đồ thị với trục Ox là ( ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(-1 ;2) làm tâm đối xứng 1.0 Đổi trục tọa độ gốc I theo công thức x X y 2 Y , pt đồ thị (C) Y X trở thành 0.25 Tong hệ trục tọa độ mới, 3 a; a (a>0), B giả sử A 3 b; b (b<0) Khi đó AB 0.25 = 1 1 (b a)2 (b a) ab b a Ta 0.25 có b a a b 2 ab (b a ) 4 ab 0 1 ab 2 ab 0 ab Suy AB 24 Dấu = xảy (4) a b a 1 b ab Vậy hệ trục tọa độ gốc I hai điểm A, B có tọa 3 độ là A 3; 3; , B Do đó hệ trục Oxy tạo độ A, B là : A 1 1 3; 3; , 3 0.25 B Câu I I 2.0 1.0 0.25 Phương trình đã cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x cosx=0 0.25 4cos3xcosx=2 3cos x 2s inxcosx 2cos3x= 3cosx+sinx + + cosx=0 x= k 0.25 3x=x- k 2 2cos3x= 3cosx+sinx cos3x=cos(x- ) x x k 2 0.25 x 12 k x k 24 KL 1.0 §k y 0 ; 1 x x y (1 y ) 4 x x x 4 x3 x3 y y y a x y b x y Đặt 1 x 4 y y 0.25 x ( x) 4 y y y 0.25 (5) Ta đợc a a 2b a a0.25 2b a a 2b 4 2 a 4a 0 a 2ab 4 a a (a a 4) 4 Khi a 2 b 1 đó x y y 1 x 1 x x 2 KL 0.25 Câu III 1.0 I x sin x x sin x 0.25 dx dx dx cos x 2cos x 2cos x I1 3 x 3 x dx dx 2cos x 0 cos x Đặt u x du dx dx v tan x dv cos x 1 I1 x tan x 03 2 I 0.25 tan xdx ln cos x ln 2 sin x 3 3 dx tan xdx (1 tan x)dx 2cos x 2 tan x x 0.25 1 3 2 3 1 I I1 I ln 2 3 Câu IV dx 0.25 1( 3 ln 2) 1.0 Ta cã ( SAB) ( BCNM) vµ S SAB BCNM BM Tõ S h¹ SH vu«ng gãc víi đờng thẳng BM th× SH (BCNM) hay SH là đờng cao cña h×nh chãp SBCNM MÆt kh¸c : H N M 0,25 A D SA = AB.tan600 = a Suy : MA = SA L¹i cã : MN lµ giao tuyÕn cña cña mp(BCM) víi mp(SAD), mµ BC // (SAD) nªn NM // AD vµ MN // BC Do đó : B 0,25 C (6) MN SM 4a MN AD SA 3 V× AD (SAB) nªn MN (SAB) , suy MN BM vµ BC BM VËy thiÕt diÖn cña mp(BCM) víi h×nh chãp SABCD lµ h×nh thang vu«ng BCNM Ta cã : SBCNM = MN BC BM Trong đó : BC = 2a , MM 4a vµ BM = 2a AB AM = VËy 0,25 SBCNM = 4a 2a 2a 10a 3 = SH Khi đó : VSBCNM SBCNM TÝnh SH : Ta cã ∆MAB ∆ MHS , suy : SH MS AB BM MS.AB SH MB 2a a a 2a 3 VËy : VSBCNM 10a 10a 27 = 0,25 = a Câu V 1.0 Ta có (x+y)3 + 4xy (x+y)3 + (x+y)2 (x+y)3 + (x+y)2 – x + y 1 A = 3(x4 + y4 + x2 y2) – 2(x2 + y2) + = 0,25 x y x y x y 0,25 (7) 2 2 x y x2 y 1 x2 y = x y x2 y 1 Đặt t = x2 + y2 x y 2 t t 2t và A 0,25 Xét hàm số : f(t) = t 2t , t có t f’(t) = > t 1 f(t) f( ) = 16 A 16 Đẳng thức xảy x = y = Vậy 0,25 giá trị nhỏ A 16 Câu VI.a 2.0 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 Phương trình đường thẳng x y 0 y z 0 2 : 0,25 Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng 2 có dạng (x + y) + (3y + z + 2) = với 2 + 2 0,25 (8) x + ( + 3)y + z + 2 = Một vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) là n ( ; 3 ; ) Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng 1 góc 300 Ta có sin(1,(P)) = | cos(u1 , n) | sin300 = | 1. 2( 3 ) 1. | 0,25 ( 3 ) 3 5 | 5 | 22 - - 102 = (2 - 5)( + 2) = 2 = 5 v = - 2 Với 2 = 5 chọn = 5, = ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z + = Với = - 2 chọn = 2, = - ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – = Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + = ; 2x – y – z – = Câu VIIa 0,25 1.0 + Gọi số phức z = x + yi (x , y ∈ R) Hệ ↔ 2| x+( y −1)i|=|(2 y +2)i| |4 xyi|=4 ¿{ ↔ x2 y= 1 y= ∨ y=− x x ↔ ¿ x=√3 y= √4 ¿{ 0.5 0.25 Vậy số phức cần tìm là : z=√3 + i √4 Câu VI.b 0.25 2.0 (9) 1.0 Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB (C) (A, B là các tiếp điểm) Ta có: AMB 600 (1) AMB 1200 (2) Góc đường thẳng MA và MB 600 Vì MI là phân giác AMB nên : IA AMI 300 MI MI 2R m2 4 m sin 30 (1) IA 2R AMI 600 MI MI sin 60 (2) Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*) Vậy có tất hai điểm cần tìm là: (0 ; ) và (0 ; m2 0.25 0.25 3 (*) 0.25 7) 0.25 1.0 + M , N ( d1 ), ( d ) nên ta giả sử M (t1; t1; 2t1 ), N ( 2t ; t2 ;1 t ) NM (t1 2t 1; t1 t ; 2t1 t 1) n NM 0 1.(t1 2t2 1) 1.(t1 t2 ) 1(2t1 t2 1) 0 + MN song song mp(P) nên: P t2 t1 NM ( t1 1; 2t1;3t1 1) 0.25 0.25 t1 0 MN ( t1 1) (2t1 ) (3t1 1) 2 7t 4t1 0 t1 + Ta có: 4 M ( ; ; ), N ( ; ; ) 7 7 7 + Suy ra: M (0; 0; 0), N ( 1; 0;1) + Kiểm tra lại thấy hai trường hợp trên không có trường hợp nào M ( P) 2 2 0.25 0.25 KL: Vậy có hai cặp M, N trên thoả mãn Câu VII.b 1.0 xy x y 0, x x 0, y 0, x (I ) x 1, y 1 + Điều kiện: 0,25 2log1 x [(1 x)( y 2)] 2log 2 y (1 x) 6 (I ) =1 log1 x ( y 5) log y ( x 4) log1 x ( y 2) log 2 y (1 x) 0 (1) = (2) log1 x ( y 5) log y ( x 4) 0,25 t 0 (t 1) 0 t 1 t Đặt thì (1) trở thành: Với t 1 ta có: x y y x (3) Thế vào (2) ta có: x4 x4 log1 x ( x 4) log1 x ( x 4) = log1 x 1 1 x x x 0 x4 x4 x y x Suy ra: y 1 0,25 log 2 y (1 x) t + Kiểm tra thấy có x 2, y 1 thoả mãn điều kiện trên Vậy hệ có nghiệm x 2, y 1 0,25 (10)