De thi thu dai hoc mon toan 2012

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]

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 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 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  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 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 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    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 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 |  22 -  - 102 =  (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 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:  x4  x4 log1 x (  x  4)  log1 x ( x  4) =  log1 x 1  1  x  x  x 0 x4 x4 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