De thi thu lan 2 Khoi D nam 2012

Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn nhất.. Câu III .1điểm.[r]

SỞ GD & ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2011 – 2012 Trường THPT Thị xã Quảng Trị Môn Toán khối D Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm ) 2 Cho hàm số y x  2(1  m ) x  m  1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên m = 2 Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn Câu II (2 điểm ) Giải phương trình :   sin  x   3sin x  cos x  4   x3  y  y  3x  0  2  x   x  y  y  0 Giải hệ phương trình :    x   ln  x  Câu III (1điểm ) Tính tích phân : I =  x  cos x.dx  Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA=SB=a, SD= a và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách AC và SD Câu V (1 điểm ) Với số thực x, y thỏa điều kiện 2(x2 + y2) = xy + Tìm GTNN và GTLN biểu x4  y thức: P = xy  II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chọn hai phần sau (Phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 2y – = Tìm m để trên đường thẳng dm: x + my -3 = có điểm M mà từ đó kẻ đến (C) hai tiếp tuyến vuông góc Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-1;0;1) , B(1;2;3) và (P): x – z =0 Tìm M thuộc (P) cho tam giác MAB vuông cân M z z  z  i 0 Câu VIIa ( điểm ) Giải phương trình trên tập số phức: B Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng d1: 3x – y – =0; d2: x + y – = 0; d3: x-3=0 Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết A, C thuộc d3, B thuộc d1 và D thuộc d2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(2;0;0) và M(1;1;1) Mặt phẳng (P) thay đổi chứa đường thẳng AM và cắt các tia Oy, Oz tại: B(0; b; 0), C(0; 0; c) Tìm b và c cho diện tích tam giác ABC nhỏ Câu VIIb ( điểm )  Giải phương trình trên tập số thực :  1 log x http://dinhhuy1980.violet.vn/    5 log x x ……………………………Hết…………………………… Câu C1.1: 1đ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN II – MÔN TOÁN KHỐI D Lời giải Điểm Khi m = ta có: y x  x  TXD: D = R Sự biến thiên: y’ = 4x3 + 12x; y’ =  x 0 0.25 Hàm số đồng biến trên khoảng (0; ) và nghịch biến trên khoảng (  ;0) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = và yct = lim y  Giới hạn: x   x y’ y + BBT - 0 0.25 + + + 0.25 0.25 Đồ thị: C1.2: 1đ y’ = 4x3 – 4(1-m2)x = 4x(x2 + m2 – 1); y’ =  x 0 x2 = - m2 (1) Hàm số có CĐ, CT, và (1) có nghiệm phâm biệt khác đó tọa các điểm cực trị A(0; m + 1);  m    1;1 Khi 0.25 0.25 0.25 B (  m ;  m4  2m  m); C (  m ;  m  2m  m) 0.25 SABC  BC.d ( A; BC )   m2 m4  2m   (1  m2 )5 1 Dấu = xảy C2 1: 1đ m=0 PT  sin2x + cos2x = sinx + cosx+2  2sinx.cosx–3 sinx+2cos2x–cosx–3=  (2cosx-3)sinx + (cosx + 1)(2cosx-3)=0  (2cosx-3)(sinx + cosx + 1)=0   x  k 2   1    sin  x      4   x   k 2  sinx + cosx =-1 C2 2: 1đ  x3  y  y  3x  0 (1)  2  x   x  y  y  0 (2)  t   0;2 , Điều kiện:  x 1;0  y 2; Đặt t= x + 3 0;2 nên ta có (1)  t  3t  y  y Hàm số f (u ) u  3u nghịch biến trên   t  y  y x   (2)  x   x  0   (1  x )   x  0 http://dinhhuy1980.violet.vn/ 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  x 0  y 1 Vậy nghiệm hệ là (0; 1) C3: 1đ   x   ln  x  I =          x2  cos xdx   x  ln x  x  cos x.dx  cos x.dx I1  I     I1   x  ln x  x  cos x.dx  Với Đổi cận:  Đặt x = -t  dx  dt x      t  ;x   t  2 2    I1   x  ln x  x  cos x.dx      2t  ln  t    t  cos t.dt  I1 0.25  I  cos x.dx sinx 2 2   I1 0 0.25 Vậy I = 0+ = 0.25 0.25 C 4: 1đ S K A D H O B C Gọi O  AC  BD Do (SBD)  ( ABCD ) mà AC  BD  AC  SO  SAC cân S  SA SC a  ABC ASC ADC (c.c.c )  SO BO DO  BSD vuông S SB.SD a  SH    BD a 3, AC a Kẻ SH  BD  SH  ( ABCD) BD 0.25 1 a 18 a VSABCD  SH AC.BD   6.3 SB a  d ( AC ; SD ) OK   2 Kẻ OK  SD 0.5 C5: 1đ Đặt t = xy Ta có: xy  2(( x  y )  xy )  xy  xy  0.25 1 1 xy  2(( x  y )  xy ) 4 xy  xy   DK : t  Và http://dinhhuy1980.violet.vn/ 0.25 Suy ra: P ( x  y )  x y  7t  2t  7( t  t )   P'  , P ' 0  t 0(tm), t  1(l ) xy  4(2t  1) 2(2t  1)   1  1 P   P    , P        15 Vậy maxP = đạt C6a1: 1đ 0.25  x 0   x  ;    y   y 0   ; minP = 15 đạt khi:   x   y     1 x x   ; ;  1  y y   ; Đường tròn (C) có tâm I(1; -1), R = Gọi M(x;y) mà từ đó kẻ đến (C) hai tiếp tuyến MA, MB vuông góc (A, B là tiếp điểm) Suy MAIB là hình vuông và MI IA R 2 suy M thuộc (C’) tâm I và bán kính R ' 2 ycbt  (d m ) tiếp xúc (C’)  d ( I ; d m ) 2  1 m  2  m  2  m2  m2  m2  4m  8  8m2  7m  4m  0(VN ) Vậy không có điểm M cần tìm C6a2: 1đ  AM  ( a  1; b ; c  1); BM (a  1; b  2; c  3) Gọi M(a;b;c) là điểm cần tìm, ta có: M  ( P)   MA MB     MA.MB 0 Theo bài ta có hệ: C7a: 1đ C6b1: 1đ Ta có:   a c   b 3  2c  c     Vậy  6 3 6 ; ; ) M( 6   6 3 6 ; ; ) M( 6  z z  3z  i 0  z ( z  3) i , mà z   R nên z ảo, đặt z = t.i,   13  13  z i t  2 t t  3t  0     3  3  z i t  t  R , đó ta có pt:  2 Ta có: B  d1; D  d , vì A, C  d3 và d3 / / Oy, nên B và D đối xứng qua d3 Do đó B(2;2), D(4;2) Khi đó A  d cho tam giác ABD vuông cân A suy A(3;3) A(3;1) Vậy A(3;3); B(2;2); C(3;1); D(4;2) A(3;1); B(2;2); C(3;3); D(4;2) C6b2: 1đ Ta có (P) qua A, B, C, M nên ta có:  1 bc   1  b  c   bc 16 b c 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25    AB ( 2; b;0); AC (  2;0; c)   AB, AC  (bc;2c;2b) Mà 0.25 b c    bc  b c 4 b  c   Vậy: S 4 đạt  0.25   1 SABC   AB, AC   b 2c  4c  4b  162  8.16 4 2 Suy ra: C7b: 0.25 Điều kiện: x > http://dinhhuy1980.violet.vn/ 0.25 1đ Ta có:   1 log x    1     Đặt: t =  51 log x x    1 log x    51 log x 2 log x  1      log x  t  t  t  0     t   Pttt: log x   1     log x 1 0.25 0.25 (t>0) 1  log x 1  x 2 1 (l ) http://dinhhuy1980.violet.vn/ 0.25 0.25