Tài liệu De thi thu co dap an

  • Số trang: 7 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 153 |
  • Lượt tải: 0
tailieu

Tham gia: 27/02/2016

Mô tả:

ĐỀ ÔN TẬP I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 4 2 Câu I: (2điểm) Cho hàm số y  x  2mx  2 (C m ) 1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1 2/Tìm các giá trị thực của tham số m để đồ thị (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông 3 9 có đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm D( ; ) 5 5  1  tan 2 x Câu II: (2điểm) 1/Giải phương trình: 8cos 4 (x  )  s in4x  2. 4 1  tan 2 x � x  y  x  y  4x  y � 2/Giải hệ phương trình : � 2 � � x  16  2  y  3 x 5 ln( x  1  1) dx Câu III: (1điểm)Tính tích phân : � x 1 2 x 1 Câu IV: (1điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh C cạnh huyền 3a .Gọi G là trọng a 14 tâm của tam giác ABC ; SG  (ABC), SB= . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách 2 từ B đến mặt phẳng (SAC) Câu V: (1điểm) Cho x,y > 0 và thoả mãn điều kiện x 3  y 3  x  y . Chứng minh rằng x2  4 y2  1 II/PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần(Phần A hoặc phần B) A/Theo chương trình chuẩn Câu VIa: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang vuông tại A và D đáy lớn CD .Đường thẳng AD có phương trình : 3x - y = 0 ,đường thẳng BD có phương trình :x -2y = 0 .Góc tạo bởi đường thẳng BC và AD bằng 450 .Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương Câu VIIa: (1điểm) x 1 y z 1   Trong không gian Oxyz ,cho đường thẳng :  : và mặt phẳng (P) : 2x-2y-z = 0 hai 2 4 1 điểm phân biệt A(0;2;0) B(0;0;-1) và C �Ox .Viết phương trình mặt phẳng (ABC) biết khoảng cách từ C đến mặt phẳng (P) bằng khoảng cách từ C đến đường thẳng  Câu VIIIa: (1điểm) Tìm các số thực m để phương trình 2 z 2  2(m  1) z  2m  1  0 có hai nghiệm phân biệt z1 ; z 2 �� thoả mãn z1  z2  10 B/Theo chương trình nâng cao Câu VIb: (2điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,cho A(0;1),B(2;-1) và các đường thẳng (d1 ) : (m  1)x  (m  2)y  2  m  0;(d 2 ) : (2  m)x  (m  1)y  3m  5  0 .Chứng minh rằng (d1 );(d 2 ) luôn cắt nhau.Gọi P  d1 �d 2 .Tìm m để PA+PB lớn nhất 5 5 Câu VIIb: (1điểm)Trong không gian Oxyz ,cho A(1; 2; ), B(4; 2; ) .Tìm tọa độ M �(Oxy) sao 2 2 cho ABM vuông tại M và có diện tích nhỏ nhất �x 2  y 2  3 Câu VIIIb: Giải hệ phương trình � log 3 ( x  y )  log 5 ( x  y )  1 � _________HẾT_________ SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN Câ u I HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D HỌC KỲ I NĂM HỌC 2011-2012 NỘI DUNG 1. Khi m=1 .khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  a)TXĐ: D  �\  2 b)Sự biến thiên Điểm x 1 x2 1 3  0 x �2 ( x  2)2 ………………………………………………………………………………………... Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( �; 2) và ( 2; �) -Cực trị : Hàm số không có cực trị  1 ; lim  1 .Đường thẳng y = -1 là tiệm cân ngang của đồ thị -Giới hạn : xlim �� x�� hàm số lim y  �; lim  � .Đường thẳng x = -2 là tiệm cân đứng của đồ thị hàm số x � 2  x � 2 ………………………………………………………………………………………... Bảng biến thiên -Chiều biến thiên y '  x � � -2 0.25 0.25 0.25 ………………………………………………………………………………………... Đồ thị y' *Giao với trục Ox-tại A(1;0) 1 *Giao với trục Oy tại B(0; ) y 2 1 * Đồ thị nhận I(-2;-1) giao của hai tiệm cận làm tâm đối xứng � 1 � 0.25 2:Tìm m để đường thẳng d: 2x+2y-1=0 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,B, sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 1 1 TXĐ: D  �\  2 Đường thẳng d:y=-x + . 2 x  m 1  x  Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và(Cm) là x2 2 2 � (1) .Đường thẳng (d) cắt (C ) tại 2 điểm A,B (1) có hai � 2 x  x  2m  2  0 m nghiệm phân biệt x �2 � 17   1  8(2m  2)  0 17  16m  0 � m � � �� �� � � 16 2 m �2 2.(2)  (2)  2m  2 �0 � � � m �2 � 1 � 17 m � 1 với � 16 đường thẳng (d) y=-x + cắt (Cm) tại 2 điểm phân biệt 2 � m �2 � 1 1 A(x1 ;  x1  ), B(x 2 ;  x 2  ) trong đó x1;x2 là hai nghiệm phân biệt của phương 2 2 1 � �x1  x 2  2 2 trình 2 x  x  2m  2  0 theo viet ta có � � �x1.x 2  m  1 2(17  16m) 2 2(17  16m) 1 1 1 47  AB.d(O, d)  . . 1 � m  (t/m) 2 2 2 2 2 16 0.25 0.25 AB  (x 2  x1 ) 2  (x1  x 2 ) 2  2 � (x 2  x1 ) 2  4x1x 2 � � � d  O, d   1 S OAB 2 2 47 Vậy với m  thì đường thẳng d: 2x+2y-1=0 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt 16 A,B, sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 1 0.25 0.25 II 2.0đ  1: Giải phương trình : 2 cos(2x  )  4s inxsin3x  1  0 (1) 3 phương trình (1)   � 2(cos2xcos  sin 2x sin )  4sin x sin 3x  1  0 3 3 � cos2x  3 s in2x+4sin x sin 3x  1  0 1 0.25 � 1  2s in 2 x-2 3 sin x cos x  4sin x sin 3x  1  0 � s inx(2s in3x-sin x- 3 cos x)  0 s inx  0 � �� s inx  3 cos x  2sin 3x � *s inx  0 � x  k (k �z) 1 3 s inx  cos x  sin 3x 2 2  � �  3x  x   k2 x   k � �  3 6  = � sin(x= ) sin �3x (k z) � �    3 � � 3x    x   k2 x  k � � 6 3 2 � �   (k �z) vậy phương trình đã cho có nghiệm x  k ; x   k 6 2 *s inx  3 cos x  2sin 3x � 0.25 0.25 0.25 2.Giải phương trình 2 log 24 x  log 2 x.log 2 ( x  1  1) (1) 1 1 2 Điều kiện x>0 (1) � log 2 x  log 2 x.log 2 ( x  1  1)  0 2 0.25 1 � log 2 x( log 2 x  log 2 ( x  1  1))  0 2 x 1 � log 2 x  0 � x 1 � � �� �� �� x  0 (ktm) 1 � log 2 x  log 2 ( x  1  1)  0 x 1 1  x � � x4 � 2 � Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có nghiệm x =1 ; x = 4 III Tính tích phân I  0.25 0.25 0.25 1 1 x 3  3x  2 dx � x-2 2 1 1 x 1 x  2 ( x  1) 2 ( x  2) x3  3x  2 dx = dx= dx � � � x-2 x-2 x-2 2 2 2 1 Ta có 1 (1  x) x  2 =� dx x-2 2 0.25 Đặt t  x  2 � t 2  x  2 � x  t 2  2 dx  2tdt : Đổi cận khi x = -2 thì t = 0 ; khi x = -1 thì t = 1 1 1 1 (1  t 2  2)t  t 4  3t 2 4 I� 2 .2tdt =2� 2 dt  2 � (  t 2  1  2 )dt t -2-2 t -4 t -4 0 0 0 0.25 1 1 t3 8 (  t  1)dt  2(   t)   Xét J=2 � 3 3 0 0 2 1 IV 1 1 4 1 1 2 t dt  2� (  )dt  (2 ln  2 ln 3 Xét K=2� 2 t -4 2t 2t 2t 0 0 0 8 Vậy I=- 2 ln 3 -  3 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và có góc � ABC  600 ,hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD),góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 300 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA,CD theo a Gọi O  AC �BD ,M là trung điểm của AB và I là trung điểm của AM theo giả thiết ta có tam giác  ABC đều cạnh a nên CM  AB, OI  AB và a 3 a 3 a2 3 CM  , OI  ,S ABCD  2S ABC  2 4 2 ………………………………………………… Vì(SAC)và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO  (ABCD) do AB  OI � AB  SI .Suy ra � �  300 (SAB, (ABCD)   (OI,SI)  SIO � Xét tam giác vuông  SOI ta được : a 3 3 a SO  OI.tan 300  .  4 3 4 Thể tích khối chóp S.ABCD là 1 1 a2 3 a a3 3 V  SO.S ABCD   3 3 2 4 24 Gọi J  OI �CD và H là hình chiếu vuông góc của J trên SI ta có IJ  2OI  CD PAB �(SAB) � � CD P(SAB) và JH  (SAB) Do � CD �(SAB) � � d(SA, CD)  d  CD, (SAB)   d  (J, (SAB)   JH 0.25 0.25 1 0.25 0.25 a 3 2 0.25 Xét tam giác vuông IJH ta được JH  IJ.sin 300  a 3 1 a 3 .  2 2 4 a 3 4 Cho x,y là các số thực thay đổi và thoả mãn điều kiện . x 2  y 2  xy  1 . Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức P  x 2 y  xy 2 P  xy(x  y) � P 2  (xy) 2 (x 2  y 2  2xy)  x 2 y 2 (1  3xy) Từ Đặt t=xy 1 x 2  y 2  xy  1 � 1  3xy  (x  y) 2 �0 � t � 3 2 2 2 x y� xy� 1 (x y) 1 xy 0 t 1 � 1� � P 2  f (t)  t 2 (1  3t) ,t �� 1; � 3� � 0.25 Vậy d(SA, CD)  V t0 � � f '(t)  2t  9t � f '(t)  0 � 2 � t � 9 1 2 4 1) 4;�f (0) f ( ) 0 ,f( ) Có f (�� 3 9 243 P  2 � x  1, y  1 � max P  2 P  2 � x  1, y  1 � min P  2 TỰ CHỌN A:THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN 1 0.25 0.25 0.25 2 P2 4 2 P 2 0.25 VIa Đường tròn (C)Có tâm I (1;2) và bán kính R= 5 .Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB theo tính chất đường kính dây cung H là trung điểm của AB ta có AB2 10 5 10 IH 2  IA 2  AH 2  R 2   5   � IH  4 4 2 2 r Gọi đường thẳng (d) đi qua M và có véc tơ pháp tuyến n  (a; b) (a 2  b 2  0) Ptđt(d): a(x  6)  b(y  2)  0 � ax  by  6a  2b  0 Đường thẳng (d) thoả mãn yêu cầu bài toán khi a  2b  6a  2b 10 d(I, d)  IH �  � 9a 2  b 2 � b  �3a 2 2 2 a b …………………………………………………………………………………………. Với b= - 3a ta có (d): x - 3y=0 Với b=3a ta có (d) : x + 3y - 12=0 ……………………………………………………………………………………….. Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán là (d): x - 3y=0 hoặc (d) : x + 3y - 12=0 …………………………………………………………………………………………. 0.25 0.25 0.25 0.25 �x  1  2t � Phương trình tham số của đường thẳng (d) �y  4t (t ��) VIIa �z  1  t � …………………………………………………………………………………………. uuuu r uuur Gọi M( 1+2t;4t;-1-t) ta có MA  (3  2t; 1  4t; 2  t); MB  (1  2t;5  4t;1  t) MAB uuuu r uvuông uur tại M � MA.MB  0 � (3  2t)(1  2t)  ( 1  4t)(5  4t)  (2  t)(1  t)  0 t0 � 2 � � 9t  23t  0 � 23 � t � 9 Với t=0 ta có M( 1;0;-1) 23 55 92 32 � M( ; ; ) Với t  9 9 9 9 VIIIa 0.25 0.25 0.25 0.25 Trong mặt phẳng toạ độ .Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thoả mãn z  i  z  2  3i .Trong các số phức thoả mãn điều kiện trên ,tìm số phức có mô đun nhỏ nhất Gọi số phức z  x  yi (x;y ��) .Ta có 0.25 z  i  z  2  3i � x  (y  1)i  (x  2)  (y  3)i � x 2  (y  1) 2  (x  2) 2  (y  3) 2 � x  2y 3  0 . Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn số phức Z là đường thẳng  : x  2 y  3  0 Ta có z  x 2  y 2 (1) Từ x  2 y  3  0 � x  2 y  3(2) thay (2) vào (1) ta có 6 9 9 9 6 z  (2 y  3) 2  y 2  5 y 2  12 y  9  5( y  ) 2  � � min z  � y 5 5 5 5 5 3 6 Vậy số thoả mãn điều kiện trên và có mô đun nhỏ nhất là z   i 5 5 B:THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO VIb Từ yêu cầu bài toán ta có C là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng (d) Phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với(d) là : 2x+ y +m =0 Vì A(1; 2) � � 2  2  m  0 � m  0 Đường thẳng  : 2 x  y  0 3 � x � 2 x  y  0 � 3 6 � 5 �� � C ( ; ) Toạ độ của C là nghiệm của hệ phương trình � 5 5 �x  2 y  3 �y  6 � 5 2 2 Gọi B(2t  3; t) �(d) theo giả thiết AC  3BC � AC  9BC � 16 t � 4 16 6 2� � 12 2 5 2 �   9� (2t  )  (t  ) �� 45t  108t  64  0 � � 4 25 25 5 5 � � � t � � 3 16 13 16 Với t  � B( ; ) 5 15 15 4 1 4 13 16 1 4 Với t  � B ( ; ) .Vậy B ( ; ) ; hoặc B( ; ) 3 3 3 15 15 3 3 ……………………………………………………………………………. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 VIIb VIIb �x  1  2t � * Phương trình tham số của đường thẳng d1 �y  1  t (t ��) �z  1  t � �x  1  t ' � *Phương trình tham số của đường thẳng d 2 �y  2  t ' (t' ��) �z  1  2t ' � 0.25 Toạ độ giao điểm A của đường thẳng d1 và mặt phẳng (P) là nghiệm hệ phương trình 0.25 �x  1  2t �x  1 �y  1  t �y  0 � � �� � A(1;0; 2) � �z  1  t �z  2 � � t 1 �x  y  2 z  3  0 � Toạ độ giao điểm B của đường thẳng d2 và mặt phẳng (P) là nghiệm hệ phương trình 0.25 �x  1  t ' �x  2 �y  2  t ' �y  3 � � �� � B (2;3;1) � �z  1  2t ' �z  1 � � t ' 1 �x  y  2 z  3  0 � Đường thẳng  thoả mân yêu cầu bài toán đi qua A,B và có véc tơ chỉ phương uuu r AB  (1;3; 1) Phương trình chính tắc của  x 1 y z  2   1 3 1 Gọi số phức z  x  yi (x;y ��) ;z  x  yi .Ta có (z  1)(z  2i)  ((x  1)  yi)(x  yi  2i)  x(x  1)  y(2  y)  (x  1)(2  y)i  xyi  x(x  1)  y(2  y)  (2x  y  2)i (z  1)(z  2i) là số thực khi và chỉ khi phần ảo bằng 0 � 2 x  y  2  0 � y  2  2 x .(1) Ta có z  x 2  y 2 (2) thay (1) vào (2) ta có 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 z  x 2  (2  x) 2  2 x 2  4 x  4  2( x  1)2  2 � 2 � min z  2 � x  1 � y  0 Vậy số thoả mãn điều kiện trên là z  1 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định ……………………Hết …………………………
- Xem thêm -