hoctoancapba.com
HỒ XUÂN TRỌNG
1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN
NĂM 2011-2012
TẬP 4
hoctoancapba.com
www.laisac.page.tl
hoctoancapba.com
ĐỀ SỐ 1
3
hoctoancapba.com
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I:
1. Bạn tự giải
uuuur
MN = (3; 0)
Phương trình đường thẳng MN: y =2
( C): y = x 3 + 3x 2 - 4
é x = 0
y ' = 3 x 2 + 6 x Þ y ' = 0 Û ê
ë x = -2
Hàm số đạt cực đại tại điểm A(2 ;0) và đạt cực tiểu tại điểm B(0 ;4)
Vì MNPQ là hình bình hành nên MN // PQ Þ pt đường thẳng PQ (d) có dạng y = a
Kết hợp với đk (d) cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt P, Q nên (d) đi qua A hoặc B
+Trường hợp (d) qua A ta có pt (d) là y = 0
Phương trình hoành độ giao điểm (d) và ( C ) là: x 3 + 3 x 2 - 4 = 0
é x = 1
Þ P(1;0) ; Q(2 ;0)
Ûê
ë x = -2
uuur
uuuur
Ta có: PQ = ( -3; 0) cùng phương với MN nên thoả
+Trường hợp (d) đi qua B nên pt (d) là y = 4
uuur
Chứng minh tương tự ta được P(3;4) , Q(0; 4) Þ PQ = (3; 0) nên thoả
Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là :y = 0 hoặc y = 4
Câu II:
pö
æ
3 - 4sin ç 2 x + ÷ + 2sin 4 x
3 ø
è
1)
= 6 sin 2 x - 2 cos 2 x (1)
pö
æ
sin ç x - ÷
3 ø
è
pö
p
æ
Đk : sin ç x - ÷ ¹ 0 Û x ¹ + kp
3ø
3
è
pö
æ
Þ 3 - 2 sin 2 x + 3 cos 2 x + 2 sin 4 x = sin ç x - ÷ ( 3 - 3cos 2 x - 1 - cos 2 x )
3 ø
è
(
)
(
) (
Û ( 2 cos 2 x - 1) ( 2 sin 2 x - 3 + sin x -
)
Û ( 2 cos 2 x - 1) 2 sin 2 x - 3 = sin x - 3 cos x (1 - 2cos 2 x )
)
3 cos x = 0
æ
ö
3 1
3
Û ( 2 cos 2 x - 1) çç sin 2 x + sin x cos x ÷÷ = 0
2 2
2
è
ø
é
pö æ pö
p öù
æ
æ
Û ( 2 cos 2 x - 1) ê 2sin ç x - ÷ cos ç x + ÷ - cos ç x + ÷ ú = 0
6ø
6 ø
6 ø û
è
è
è
ë
4
p
é
ê x = 6 + k p
é
1
ê
ê cos 2 x =
ê x = -p + k p
2
ê
ê
6
ê æ
pö
ê
Û ê cos ç x + ÷ = 0 Û ê
p
x = + k p
6
è
ø
ê
ê
3
ê æ
p ö 1 ê
p
êsin ç x - ÷ =
ê x = + k 2 p
6
2
ø
ë è
3
ê
êë x = p + k 2 p
hoctoancapba.com
p
é
ê x = 6 + k p
ê
ê x = -p + k p
Kết hợp với đk ta có họ nghiệm là ê
6
ê
ê x = p + k 2 p
ê
3
ê x = p + k 2 p
ë
với k Î Z
2
ì
x - y )
(
ï 2 x + 1 + 2 y + 1 =
2
2) íï
î ( x + y )( x + 2 y ) + 3 x + 2 y = 4
ì
x ³
ì 2 x + 1 ³ 0 ïï
Ûí
Đk: íî 2 y + 1 ³ 0
ïy ³
ïî
-1
2
-1
2
Từ phương trình thứ 2 ta có: ( x + y - 1)( x + 2 y + 4) = 0
-1
ì
ïï x ³ 2
-3
Þ x + 2y ³
Þ x + 2 y + 4 > 0
í
Mà theo đk ta có: ï
-1
2
y³
ïî
2
Þ x + y = 1
(1)
Đặt 2 x + 1 = a
2
,
2 y + 1 = b
2
2
với a, b ³ 0
2
Þ a - b = 2( x - y ) và a + b = 4 (2)
2
1 æ a 2 - b 2 ö
Từ phương trình thứ nhất ta có: a + b = ç
÷ (3)
2 è 2 ø
-1
không thoả (1) nên loại
2
Þ a + b ¹ 0 nên từ (3) Þ (a + b)(a - b) 2 = 8 (4)
Xét a + b = 0 Û x = y =
Đặt a + b = u , ab = v với u 2 ³ 4 v (*)
ì2u - uv = 8
Từ (2) và (4) ta có hệ : í 2
îu - 2v = 4
5
hoctoancapba.com
é u = 2
Giải hệ trên ta được ê
ë u = 5 - 1
éì
3
ê ïï x = 2
é ìa + b = 2
é ì a = 2 ê í
ê ï y = -1
êí
êí
2
îa - b = 2
î b = 0 ê ïî
+ Trường hợp: u =2 ta có ê
Ûê
Ûê
êì a + b = 2
ê ì a = 0
ê ì x = -1
êí
êí
ï
2
êë îb = 2 ê ïí
ëê î a - b = -2
ê
ê ï y = 3
êë îï
2
+ Trường hợp : u = 5 - 1 thì v = 1 + 5 không thoả (*) nên loại
æ 3 -1 ö æ -1 3 ö
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (x ;y) = ç ; ÷ ; ç ; ÷
è 2 2 ø è 2 2 ø
l
Câu III:
òx
1
l
=ò
(
ln xdx
(
2 + ln x + 2 - ln x
)
)
2 + ln x - 2 - ln x dx 1 æ l 2 + ln xdx l 2 - ln xdx ö
= çç ò
-ò
÷÷
2x
2 è 1
x
x
1
ø
1
l
l
ù
1 é
= ê ò 2 + ln xd ( 2 + ln x ) + ò 2 - ln xd ( 2 - ln x ) ú
2 ë 1
1
û
=
1 é
3 ëê
(
)
l
(2 + ln x )3 + (2 - ln x ) 3 ù
ûú1
3 3 - 4 2 + 1
3
Câu IV:
Ta có: S.ABCD là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau
ABCD nội tiếp
ABCD là hình chữ nhật (vì theo giả thiết ABCD là hình bình hành)
Gọi J là hình chiếu của O trên AD
Đặt DC = x
OH =
=
Dễ CM: J là trung điểm AD
SJ vuông góc với AD
SJ =
Tam giác SHO vuông tại O ta có:
(h = SO)
S
j
K
H
A
J
D
O
B
I
X = 2h = 2a
C
VS.ABCD = SABCD.SO =
VS.ABCD max ó 4xh max
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có:
2x.(2h)
VS.ABCD max ó
6
Gọi M, N lần lượt là trung điểm DC, BC
MN =
hoctoancapba.com
SM =
SN =
Xét tam giác SMN, ta có:
cosMSN =
Ta có: SO vuông góc CD; OM vuông góc CD
(SOM) vuông góc CD
(SOM) vuông góc (SDC)
Kẻ OH vuông góc SM
OH vuông góc (SDC)
Tương tự: kẻ OK vuông góc SN
OK vuông góc (SBC)
Vậy góc giữa (SDC) và (SBC) là góc giữa OH và OK
Tam giác SOM vuông tại O có OH vuông góc SM:
Tam giác SON vuông tại O có OK vuông góc SN:
Tam giác SHK ta có:
Tam giác KOH ta có:
cosKOH =
Vậy cosin góc giữa (SBC) và (SDC) là
Câu V: P = 5 - 2 x + 54 - 2 x - 14 y
= x 2 + y 2 - 2 x + 1 + x 2 + y 2 - 2 x - 14 y + 50
=
( x - 1)
³ y 2 +
2
+ y 2 +
2
( 7 - y )
2
( y - 7 ) + ( x - 1 )
2
= y + 7 - y
³ y + 7 - y = 7
ì x - 1 = 0
ìï x = 1
ï
Đẳng thức xảy ra khi í y (7 - y ) ³ 0 Û í
ï x 2 + y 2 = 4 ïî y = 3
î
ìï x = 1
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 7 khi í
ïî y = 3
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI a.
7
hoctoancapba.com
1) ( C 1 ) có tâm I1 (3; - 4) bán kính R1 = 3 2
( C 2 ) có tâm I1 (- 5; 4) bán kính R1 = 5
2
Gọi đường tròn cần tìm là (C) có tâm I (a; a - 1)
Vì (C) tiếp xúc ngoài với ( C 1 ) và ( C 2 ) nên ta có:
2
2
ì II1 = R1 + R ìï( a - 3) + ( a + 3) = 3 2 + R
Ûí
í
2
2
î II 2 = R2 + R ïî( a + 5) + ( a - 5 ) = 5 2 + R
2
2
2
2
Þ ( a - 3) + ( a + 3 ) - 3 2 = ( a + 5 ) + ( a - 5 ) - 5 2
Û 32 = 2 2
Vậy không có đường tròn (C) cần tìm
2) Phương trình mặt phẳng (P) qua A(a;0;0) ,B(0;b;0) ,C(0;0;c) có dạng:
x y z
+ + = 1
a b c
1 1 1
Mà (P) qua I(1;1;1) nên + + = 1 (1)
a b c
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IA = IB = IC
Û (1 - a ) 2 + 2 = (1 - b ) 2 + 2 = (1 - c ) 2 + 2
Û (1 - a ) 2 = (1 - b ) 2 = (1 - c) 2
+ a = b = c thì (1) ta có a = b = c = 3
Þ pt (P) là: x + y + z - 3 = 0
+ a = b và c = 2 a thì (1) vô nghiệm
C/M tương tự trường hợp a = c và b = 2 –a với TH b = c và a= 2 –c cũng vô nghiệm
Vậy (P) :x + y+ z 3 =0
Câu VII a.
Đặt z = x + yi Þ x 2 + y 2 = 1 với x, y Î R
Đặt w = z - 3 + 2i Þ w = ( x - 3) + ( y + 2)i =
2
2
( x - 3) + ( y + 2 )
= 14 - 2(3 x - 2 y )
Theo BĐT Bunhiacôpxki ta có: (3 x - 2 y )2 £ (9 + 4)( x 2 + y 2 ) = 13
Þ - 13 £ 3 x - 2 y £ 13 Û -2 13 £ -2(3 x - 2 y ) £ 2 13
Þ w ³ 14 - 2 13
ì
ïï x =
ìï x 2 + y 2 = 1
Vậy z - 3 + 2 i nhỏ nhất bằng 14 - 2 13 khi í
Ûí
îï3 x - 2 y = 13 ï y =
ïî
3
2
-
i
Vậy số phức z =
13
13
B.Theo chương trình nâng cao :
3
13
-2
13
Câu VIb:
1)
Gọi tọa độ B là :(b;122b)
Ta có:
M AB; N BC; AB vuông góc BC
BM vuông góc BN
8
hoctoancapba.com
Mà b > 5
b=6 vậy B có tọa độ (6;0)
Từ tọa độ điểm M và N ta có:
Phương trình đường thẳng AB: x + y – 6 = 0
Phương trình đường thẳng BC: x – y – 6 = 0
VTPT của BD:
VTCP của BD:
//
Ta có:
tanDBC = 3
CD = BC tanDBC = 3BC
Mặt khác:
SABCD = BC.DC = 6
BC = ; DC =
Ta có AD // BC, AD có phương trình: x – y + k1 = 0
d ( B;AD) =
mà d ( B;AD) = BA =
=
Hoặc k = 0 hoặc k = 12
Hoặc AD: x
– y = 0 hoặc x – y – 12 = 0
Tương tự ta tìm được:
Hoặc DC: x + y –
8 = 0 hoặc x + y – 4 = 0
2)
OABC là tứ diện đều
ó Tất cả các cạnh của nó bằng nhau
Tam giác ABC đều
Mà G là trọng tâm tam giác ABC
G là tâm của tam giác đều ABC
Ta có:
Gọi M là trung điểm BC
M (3;
)
Mặt khác AG vuông góc với BC. Gọi
(1)
Ta lại có OABC là tứ diện đều, G là tâm của đáy ABC
OG vuông góc (ABC)
OG vuông góc BC
(2)
Từ (1) và (2)
9
hoctoancapba.com
Chọn c = 1 ta có b = 1
Vậy
BC:
B(3; t + ; t + )
Mặt khác OA = OB
Hoặc t = hoặc t =
Hoặc B(3;3;0) hoặc B(3;0;3)
uuur
2) Ta có: GA = ( -2;1;1) Þ GA = 6
Gọi M( x;y;z) là trung điểm BC
uuuur 1 uuur
uuur
uuuur
Ta có: MG = GA mà GA = ( -2;1;1) ; MG = (2 - x; 2 - y; 2 - z )
2
3
3
æ
ö
Þ M ç 3; ; ÷
è 2 2 ø
uuur
OG = ( 2; 2; 2 )
Vì O.ABC là tứ diện đều nên OG ^ BC ; AM ^ BC Þ BC ^ ( AOM )
uuur
uuur uuur
Þ BC = éëOG , AG ùû = ( 0; -6; 6 ) // ( 0; -1;1 )
uuur
Mặt khác: BC = ( 0; -6; 6 ) // ( 0; -1;1 ) nên phương trình đt BC có dạng:
ì
ï x = 3
ï
3
ï
í y = - t
2
ï
3
ï
ïî z = 2 + t
uuur æ
3 ö
1
1 ö
æ 3
Gọi B ç 3; - t ; + t ÷ Þ BG = ç -1; + t; - t ÷
2 ø
2
2 ø
è 2
è
2
D ABC đều nên BG = AG Û 4t + 4t - 9 = 0
é -1 + 10
êt =
2
Ûê
ê -1 - 10
êt =
2
ë
æ 4 - 10 2 + 10 ö
æ 4 + 10 2 - 10 ö
Þ B1 çç 3;
;
;
÷÷ ; B2 çç 3;
÷
2
2 ø
2
2 ÷ø
è
è
Câu VIIb. z 2 = z 2 + z 2
10
hoctoancapba.com
Û z 4 = z 2 + z 2
Û z 2 ( z 2 - 1) = z 2
Þ z 2 ( z 2 - 1) = z 2
(
)
Û z 2 z 2 - 1 = z 2
(1)
Thế z 2 = z 4 - z 2 vào (1) ta được :
z 2 ( z 2 - 1)( z 4 - z 2 - 1 ) = z 2
é
z 2 = 0
Ûê 2
2
ê( z - 1) é( z 2 - 1) + ( z 2 - 1) - 1ù = 1
ëê
ûú
ë
2
+ z = 0 Þ z = 0
2
+ ( z 2 - 1) é( z 2 - 1) + ( z 2 - 1) - 1ù = 1 (2)
êë
úû
Đặt z 2 - 1 = t
ét = -1
2
(2) Û ( t + 1) ( t - 1) = 0 Û ê
ë t = 1
é z = 0
é z 2 = 0 ê
Þ ê 2
Û ê z = 2
ë z = 2 ê
ë z = - 2
Vậy có 3 số phức thoả mãn là: z = 0 ; z = 2 và z = - 2
Đào Minh Quân, Đinh Tấn Hưng
Và tập thể lớp 12 Toán2 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh
( Vì giải nhanh nên chắc có sự thiếu sót mong các bạn góp ý, chia sẻ)
11
www.laisac.page.tl
hoctoancapba.com
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG
ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1 NĂM HỌC 2011 - 2012
MÔN: TOÁN 12 KHỐI A
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
2x 1
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2. Tìm trên đồ thị (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M tạo với hai đường tiệm cận
của đồ thị (C) một tam giác với đường tròn ngoại tiếp có bán kính bằng
2.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 2cos3 x cos x 3(1 sin 2 x) 2 3 cos 2 2 x .
4
2
2
x y xy 4 y 1
2. Giải hệ phương trình
y
2
x y 2
x 1
Câu II (2,0 điểm)
( x 2 3 x 9). 3 x 1 4 2 x 3
x2
x2
1. Tính giới hạn lim
2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x 1 9 6 x 3x 2
Câu IV (2,0 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D. Biết AB = 2a,
AD = CD = a, SA = 3a (a > 0) và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp
S.BCD và tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) theo a.
2. Cho các số a, b, c dương thoả mãn a 2 b 2 c 2 12 .
1
1
1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P
1 a3
1 b3
1 c3
Câu V (2,0 điểm)
1. Cho phương trình
x 1 4m 4 x 2 3x 2 (m 3) x 2 0 .
Tìm m để phương trình có nghiệm thực.
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của
cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x y 2 0 và điểm C(3;3). Biết đỉnh A thuộc
đường thẳng (d): 3 x + y 2 = 0 và A có hoành độ âm. Xác định toạ độ các đỉnh A, B, D.
HẾT
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:......................................................... ..............................SBD:...................
12
hoctoancapba.com
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN 12 KHỐI A
C©u
§iÓm
Néi dung
1. TXĐ: \{1}
+ Sự biến thiên:
Giới hạn và tiệm cận:
2x 1
2x 1
lim y lim
2; lim y lim
2 y = 2 là tiệm cận ngang.
x
x x 1
x
x x 1
2x 1
2x 1
lim y lim
; lim y lim
x = 1 là tiệm cận đứng.
x 1
x 1 x 1
x 1
x 1 x 1
1
y'
0 x (;1) (1; )
( x 1) 2
BBT
1
x ∞
+∞
y'
0
1
+∞
y
0,25
0,5
1
∞
ên:
(
nghịch
biến
tr
Hàm số
; 1) và (1; +)
§å thÞ:
y
I
0,25
2
1
O
1
x
2
1
Đồ thị (C) nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng
2. Giả sử M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị (C) của hàm số.
2 x0 1
x0 1
( x0 1)
Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận của (C)
2 x0
Giao với đường thẳng x = 1 là A 1;
x0 1
Phương trình tiếp tuyến tại M là y
1
2
( x x0 )
0,25
0,25
Giao với đường thẳng y = 2 là B 2 x0 1; 2
Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng
4
AB 2 2 AB 2 8 (2 x0 2) 2
8
( x0 1) 2
2 nên
x0 0
( x0 1) 4 2( x0 1) 2 1 0 ( x0 1) 2 1
x0 2
Vậy có hai điểm cần tìm là M1 (0; 1), M 2 (2; 3)
0,5
13
hoctoancapba.com
1. Phương trình tương đương 2 cos 3 x cos x 3(1 sin 2 x) 3 1 cos 4 x
2
0,25
2 cos 3 x cos x 3(1 sin 2 x) 3(1 sin 4 x)
0,25
2 cos 3 x cos x 3(sin 4 x sin 2 x) 0
2 cos 3 x cos x 2 3 sin 3 x cos x 0
cos x 0
x 2 k
cos x(cos 3 x 3 sin 3 x) 0
tan 3 x 1
x k
3
18 3
Vậy phương trình có hai nghiệm là: x
II
0,5
k
k và x
(k )
2
18 3
2. Nhận xét y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình.
x2 1
x y 4
y
Hệ tương đương với:
x y y 2
x2 1
0,25
x2 1
Đặt u
, v x y . Hệ phương trình có dạng
y
u v 4
1
v u 2
Giải hệ phương trình ta có: u = 1, v = 3
0,25
x2 1
1 x 1 x 2
u 1
Với
y
,
v 3
y 2 y 5
x y 3
0,25
1. Xét hàm số f ( x) ( x 2 3x 9) 3 x 1 4 2 x 3; x
f (2) 0 và f '( x) 2 x 3 3 x 1
III
0,25
x 2 3x 9
33 ( x 1) 2
3
ta có:
2
1
2 4 (2 x 3) 2
Khi đó giới hạn cần tìm được viết dưới dạng: I lim
x2
f '(2)
41
6
f ( x) f (2)
41
f '(2)
x2
6
0,5
0,5
2. TXĐ: D = [1; 3]
y ' 1
3 3x
9 6 x 3x 2
9 6 x 3x 2 3 3x
9 6 x 3x 2
3 x 3 0
y ' 0 9 6 x 3x 2 3 3x 0
x2
2
2
9 6 x 3 x (3 x 3)
0,5
Ta có f (1) = 0; f (2) = 6; f (3) = 4
Vậy max y 6; min y 0;
[ 1;3]
0,25
[ 1;3]
14
hoctoancapba.com
S
A
B
D
C
1
3a 2
;
(2a a ).a
2
2
1
Diện tích tam giác ABD là SABD AB. AD a 2
2
a2
Diện tích tam giác BCD là SBCD S SABD
2
1
1
a 2 a3
Thể tích khối chóp S.BCD là VSBCD SA.S BCD 3a.
3
3
2
2
Diện tích hình thang ABCD là S
IV
Ta có: SD 9a 2 a 2 a 10
Vì SA (ABCD) SA CD; AD CD CD SD.
1
Diện tích tam giác SCD là S SCD a 2 10
2
Gọi d là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD). Ta có
1
a3
3a3
3a 10
VSBCD d .S SCD
d 2
3
2
10
a 10
0,25
1 a 1 a a2
2 a2
(1 a )(1 a a )
Ta có: 1 a
1
2
1
4
2
4
2
(1 a)(a 2 a 1) a 2
1
1
2
2
2
18
Vậy
2
2
2
2
1
2
2
1 a3
1 b3
1 c3 a 2 b 2 c 2 a b c 6
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2
Vậy GTNN của biểu thức là P = 1
1. ĐK: x ≥ 2 . Nhận xét x = 2 không là nghiệm của phương trình.
1 a3
1
2
Với x > 2 phương trình tương đương với:
V
Đặt t 4
0,5
0,5
x 1
x 1
4m 4
m3 0
x2
x2
x 1
, t 1.
x2
Phương trình có dạng t 2 4mt m 3 0 m
Khảo sát f (t )
0,25
0,25
2
3
0,25
0,25
t 2 3
f (t ) (t > 1)
4t 1
4t 2 2t 12
3
t 2 3
với t > 1, f '(t )
0t ,
2
2
4t 1
(4t 1)
0,25
15
hoctoancapba.com
V
3
3
Từ BBT ta có: phương trình có nghiệm m max f (t ) f ( )
1;
2
4
2. Gọi A(t ; 3t 2) d , (t ) . Ta có: d ( A, DM ) 2d (C , DM )
4t 4 2.4
t 3 t 1 hay A(3; 7) hoặc A(1; 5).
2
2
Vì hoành độ điểm A âm nên A(1; 5)
Gọi D(m; m 2) DM , (m )
AD (m 1; m 7); CD (m 3; m 1)
Do tứ giác ABCD là hình vuông nên:
DA.DC 0
m 5 m 1
m 5 D(5; 3)
2
2
2
2
DA DC
(m 1) (m 7) (m 3) (m 1)
Vì AB DC (2; 6) B (3; 1)
Kết luận: A(1; 5); B(3; 1); D(5; 3).
0,5
0,25
0,5
0,25
16
hoctoancapba.com
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011( lần 1)
Môn; Toán ; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 21/ 10/ 2011
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I ( 2 điểm)
x + 2
Cho hàm số y =
(C )
x - 3
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng
1
bằng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang.
5
Câu II ( 2 điểm)
1) Giải phương trình : 2sin 3 x - cos 2 x + cos x = 0
2) Giải bất phương trình: x 2 - x - 2 + 3 x £ 5 x 2 - 4 x - 6
Câu III ( 1 điểm)
1
Tính I = ò x ln(1 + x 2 ) dx
0
Câu IV ( 1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB = a, AC = 2a, SA = a và SA vuông
góc mặt đáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích khối
chóp S.AHK theo a.
Câu V ( 1 điểm)
æ
1 öæ
1 ö
Cho x, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= ç x2 + 2 ÷ ç y 2 + 2 ÷ .
y øè
x ø
è
PHẦN RIÊNG ( 3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a ( 2 điểm)
1) Cho tam giác ABC có B(3; 5), đường cao AH và trung tuyến CM lần lượt có phương trình
d: 2x 5y + 3 = 0 và d’: x + y 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AC.
2) Cho mặt cầu (S) : ( x - 3) 2 + ( y + 2) 2 + ( z - 1) 2 = 100 và mặt phẳng (a ) : 2 x - 2 y - z + 9 = 0
Chứng minh rằng (S) và (a ) cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (T). Tìm tâm và bán kính
của đường tròn (T) .
Câu VII.a ( 1 điểm)
Tìm số phức z, nếu z 2 + z = 0 .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI .b ( 2 điểm)
1) Cho đường tròn ( C) x 2 + y 2 - 2 x - 4 y - 4 = 0 và điểm A (2; 3) các tiếp tuyến qua A của ( C)
tiếp xúc với ( C) tại M, N .Tính diện tích tam giác AMN.
ì x = 4 + t
x - 2 y - 1 z - 1
ï
2) Cho hai đường thẳng d:
=
=
và d’: í y = 2 - t
1
- 1
2
ï z = t
î
Chứng minh rằng d và d’ chéo nhau. Tính độ dài đoạn vuông góc chung của d và d’.
x 2 - 3 x + 2
Câu VII.b ( 1 điểm) Cho hàm số y =
(C). Tìm trên đường thẳng x = 1 những điểm mà từ đó
x
kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị ( C).
Cảm ơn từ
[email protected]
gửi tới www.laisac.page.tl
17
hoctoancapba.com
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011
(Đáp án gồm 7 trang)
Câu
ý
Nội dung
1)
1 điểm
Điểm
Câu I
2 đ
1/Tập xác định: D = R \ {3 } .
0,25
2/ Sự biến thiên
-5
< 0
( x - 3) 2
Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng ( -¥;3) vµ (3; +¥)
bCực trị: Hàm số không có cực trị
x + 2
x + 2
c Giới hạn: lim- (
) = -¥ ; lim+ (
) = +¥ Þ Hàm số có tiệm
x ®3 x - 3
x ®3 x - 3
cận đứng x=3
x + 2
lim (
) = 1 Þ Hàm số có tiệm cận ngang y = 1
x ®±¥ x - 3
0,25
aChiều biến thiên : Ta có y ' =
dBảng biến thiên:
x
¥
0,25
3
+ ¥
y’
y 1
+ ¥
¥
3/ Đồ thị:
Đồ thị nhận I(3; 1 ) làm tâm đối xứng
Giao với trục:Ox tại ( 2 ;0 ),với Oy (0;
1
y
0,25
- 2
)
3
1
2 0
3
x
1 điểm
2)
+)Gọi đường tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt là d1, d2
æ x + 2 ö
M Î (C ) nên M ç x ;
÷
è x - 3 ø
0,25
18
hoctoancapba.com
x + 2
- 1 =
+) Ta có d ( M , d1 ) = x - 3 , d ( M , d 2 ) =
+)Theo bài ra ta có x - 3 =
x -3
5
x - 3
é x = 4
1 5
Û ( x - 3)2 = 1 Û ê
5 x - 3
ë x = 2
Vậy có 2 điểm thỏa mãn M 1 (4;6), M 2 (2; - 4)
0,25
0,25
0,25
1 điểm
Câu II
1)
2 đ
+)pt Û 2sin 3 x - (1 - 2sin 2 x) + cos x = 0
Û 2 sin 2 x (1 + s inx) - (1 - cos x ) = 0
0,25
Û (1 - cos x ) [ 2(1 + cos x )(1 + s inx) - 1] = 0
Û (1 - cos x ) [ 2(s inx + cos x ) + 2 sin x cos x + 1] = 0
é1 - cos x = 0 (1)
Ûê
ë 2(s inx + cos x) + 2sin x cos x + 1 = 0 (2)
Giải (1) ta được x = 2 kp (k Î Z )
Giải (2) :
p
Đặt t = s inx + cos x = 2 sin( x + ) , t Î éë - 2; 2 ùû
4
ét = 0
Ta được phương trình t 2 + 2t = 0 Û ê
ë t = -2 (loai)
Với t = 0 Û x =
-p
+ kp (k Î Z )
4
0,25
0,25
0,25
-p
+ k p ( k Î Z )
4
1 điểm
Vậy phương trình có nghiệm: x = 2 kp x =
2)
ì x 2 - x - 2 ³ 0
ï
Điều kiện í x ³ 0
Û x ³ 2
ï 2
î 5 x - 4 x - 6 ³ 0
0,25
Bình phương hai vế ta được 6 x ( x + 1)( x - 2) £ 4 x 2 - 12 x - 4
0,25
Û 3 x ( x + 1)( x - 2) £ 2 x ( x - 2) - 2( x + 1)
0,25
Û3
Đặt t =
x( x - 2)
x( x - 2)
£2
- 2
x +1
x + 1
x( x - 2)
³ 0 ta được bpt 2t 2 - 3t - 2 ³ 0
x + 1
0,25
19
hoctoancapba.com
é -1
t £
ê
Û
2 Û t ³ 2 ( do t ³ 0 )
ê
ë t ³ 2
Với t ³ 2 Û
0,25
x ( x - 2)
³ 2 Û x 2 - 6 x - 4 ³ 0
x + 1
é x £ 3 - 13
Ûê
Û x ³ 3 + 13 ( do x ³ 2 ) Vậy bpt có nghiệm x ³ 3 + 13
êë x ³ 3 + 13
Câu III
1 điểm
1 đ
Đặt u = ln(1 + x 2 ) Þ du =
2 xdx
1 + x 2
0,25
x 2
dv = xdx Þ v =
2
x2
x 3
1
Do đó I = ln(1 + x 2 ) - ò
dx = ln 2 - I 1
2
2
1+ x
2
0
0
0,25
Tính I1:
0,25
1
1
1
1
1
1
x
1
1 2 x
1 1
1 1
Ta có I1 = ò ( x )dx = x - ò
dx = - ln 1 + x 2 = - ln 2
2
2
1+ x
2 0 2 0 1 + x
2 2
2 2
0
0
Vậy I = ln 2 -
0,25
1
2
Câu V1
1 điểm
1 đ
+) Theo bài ra ta có SH ^ ( AHK )
S
0,25
H
BC ^ SA, BC ^ AB Þ BC ^ (SAB ) Þ BC ^ AK
a
Và AK ^ SC nên
AK ^ (SBC ) Þ AK ^ KH và SB ^ AK
K
2a
A
C
a
B
+) Áp dụng định lý Pitago và hệ thức trong tam giác vuông
0,25
20
.PDF 
493 
285 
69 
