Đang tải... (xem toàn văn)
thi thu dai hoc mon toan
S GIO DC & O TO BC NINH TRƯờNG THPT THUậN THàNH Số II khảo sát chất lượng ôn thi đại học LN 2 Nm hc: 2011 2012 Mụn thi: Toỏn, Khi A, B, D Thi gian lm bi: 180 phỳt a. phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) Cõu I ( 2,0im). Cho hm s 3 2 2 3 3 3 1 .x mx m x m m y = (1) (m là tham số ) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi 0m . 2. Chứng minh rằng hàm số (1) luôn có cực đại, cực tiểu với m . Tìm m để các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) cùng với điểm I(1;1), lập thành một tam giác nội tiếp một đường tròn có bán kính bằng 5 . Cõu II ( 2,0im). 1. Gii phng trỡnh: 2 2 sin 4 tan 2 cos 0 sin cos x x x x x . 2. Gii h phng trỡnh: 4 1 , x x y x y R 2 - = 1 y + x + 4y = 1 . Cõu III (1,0 im). Tớnh tớch phõn: 2 2 2 2 1 2 (1 2ln ) ln ( ln ) e x x x x I dx x x x . Cõu IV ( 1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đáy là hình vuông cạnh a. Các điểm M, N nằm trên các đoạn thẳng AB, AD sao cho MA= MB, ND= 3NA. Biết SA= a, MN vuông góc với SM, tam giác SMC cân tại S. Tính thể tích hình chóp S.MNDC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và MC theo a. Cõu V ( 1,0 im) Cho x, y, z l ba s thực tuỳ ý thoả mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng với 1a ta luôn có : 1 1 1 . x y z x y z x y z a a a a a a b. PHN RIấNG(3,0điểm). (Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần) a. Phn dnh cho chương trình chuẩn. Cõu VIa ( 2,0 im). 1. Trong mt phng vi h to Oxy cho tam giỏc ABC vuông tại A. Hai điểm A, B thuộc trục hoành. Phương trình cạnh BC : 4 3 16 0x y . Xác ịnh toạ độ trng tõm G ca tam giỏc ABC . Biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1. 2. Trong khụng gian vi h trc to độ Oxyz cho 1 1 1 : , 2 1 1 x y z d 2 1 1 2 : 1 1 1 x y z d và điểm A( 1; 1;2) . Tìm toạ độ cacđiểm ,B C lần lượt thuộc 1 d , 2 d sao cho đường thẳng BC nằm trong mặt phẳng đi qua A và đường thẳng 1 d , đồng thời 2AC AB . Biết điểm B có hoành độ dương. Cõu VIIa (1,0 im). Tìm số phức z thoả mãn : 1 . 2z z i là số thực và 2z i . b. Phn dnh cho ban nõng cao. Cõu VIb ( 2,0 im). 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có D( 1; 1) , đường thẳng chứa phân giác trong góc A có phương trình là : 2 0x y . Tìm tộ độ điểm B. Biết điểm A có tung độ âm và diện tích tứ giác ABCD bằng 6. 2. Trong khụng gian vi h to Oxyz cho ba im (1;0;1),A (3; 2;0),B (1;2; 2).C Vit phng trỡnh mt (P) phẳng đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ điểm B và C đến mặt phẳng (P) là lớn nhất . Biết rằng mặt phẳng (P) không cắt đoạn thẳng BC. Cõu VIIb ( 1,0 im ). Cho hai số phức 1 ,z 2 z thoả mãn 1 3z , 2 2z , 1 2 5z z . Tính 1 2 z z . ----------------------------Ht------------------------- www.VNMATH.com ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán Câu Điểm Câu I (2 điểm) 1. ( 1.0 đ) *) Víi m = 0 hµm sè trë thµnh 3 3y x x *) TXĐ: D R *) Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 3y' = 3x , Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; . - Cực trị: Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = -1 ; y(c®) = 2. Hµm sè ®¹t cc tiÓu t¹i x = 1 ; y(ct) = -2. - Giới hạn : Ta có: lim x y - Bảng biến thiên: x - - 1 1 + y’ + 0 - 0 + y 2 + -2 - *) Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm 3;0 , (0,0), 3;0 , 0,25 0,25 0,25 x y O 1 -2 -1 2 3 3 www.VNMATH.com 0,25 2. + ta có , 2 2 6 3 1mx m y = 3x + , y = 0 2 2 2 1mx m x = 0 . Ta có , = 1>0 => , y = 0 có 2 nghiệm pb và đổi dấu khi đi qua các nghiệm đó. Suy ra hàm số luôn có cực trị m + điểm CĐ A(m-1, 2-2m) , CT B(m+1, -2-2m) + phương trình AB : 2x + y =0 , từ đó suy ra A, B, I lập thành 3 đỉnh một tam giác. + Với R= 5 , Tính AB = 2 5 = 2R suy ra tam giác AIB vuông tại I, với AB là đường kính. Khi đó ta tương đương với điều kiện 2 2 2 IA IB AB < = > 2 10 4 6 0m m => m= -1 hoặc m = 3 5 . Vậy m = -1 hoặc m = 3 5 thì bài toán thoả mãn. 0.25 0,25 0,25 0,25 Cõu II 1( 1.0 ) ĐK : cos2x 0. Biến đổi phương trình 2 2 sin cos sin 2 cos .cos 2 0x x x x x Biến đổi phương trình về dạng 2 cos .cos2 1 0pt x x 2 cos 2 cos 2 2 0pt x x cos2 1x (thoả mãn ĐK) hoặc cos2x = -2 (vô nghiệm). Với cos2x = 1 2 2x k x k , k Z. Vy phng trỡnh cú 1 h nghim. x k , k Z. 0,25 0,25 0.25 0,25 www.VNMATH.com 2(1.0) iu kin 0,x 1 0x y . Từ pt đầu của hệ ta được 1 1x x y bình phương 2 vế ta được 2 1y x y Bình phương 2 vế biến đổi về dạng 2 2 4y x (1) Từ pt 2 của hệ biến đổi ta được 2 4 2 5 0y x (2). Thay (1) vào (2) ta được pt 4 4 5 0x x 3 2 ( 1).( 5) 0x x x x <=> x = 1 hoặc 3 2 5 0x x x Với x =1 thay vào (1) ta được 2 2 4y => y = 0 hoặc y = - 4. Với 3 2 5 0x x x pt vô nghiệm do 3 2 5x x x >0 với 0x . Với x = 1 , y = 0 thay vào hệ thoả mãn . Với x = 1 , y = -4 thay vào hệ không thoả mãn. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x,y) = (1,0). 0,25 0,25 0,25 0,25 Cõu III ( 1im) Phân tích 2 2 2 2 1 2 (1 2ln ) ln ( ln ) e x x x x I dx x x x = 2 2 2 1 ( ln ) ( ln ) e x x dx x x x 2 2 2 1 ( ln ) e x x dx x x x Tính 2 2 2 1 ( ln ) ( ln ) e x x dx x x x 2 2 2 1 ( ln ) ( ln ) e x x dx x x x 2 1 1 e dx x 1 1 e Tính 2 2 2 1 ( ln ) e x x dx x x x = 2 1 1 1 ( ln ) e x dx x x 2 1 ( ln ) ( ln ) e d x x x x 1 1 1 1 ln 1 e x x e . Vậy 1 1 2 1 I e e . 0,25 0,25 0.25 0.25 Cõu IV (1 im) * Tính thể tích hình chóp S.MNDC Ta có NA= 3ND => NA = 1 4 a , ND = 3 4 a Tính 5 5 5 , , 4 2 4 MN a MC a NC a . Suy ra MNC vuông tại M => ( )MN SMC MN SH => ( ) SH MC SH ABCD SH MN 0,5 www.VNMATH.com + Tính 2 2 SH SA AH , gọi I là trung điểm BM => 2 2 2 2 13 3 16 4 AH IH AI a SH a + Tính 2 11 16 MNDC S a . Suy ra 3 . 1 11 3 . 3 192 S MNDC MNDC V SH S a (dvtt) * Tính khoảng cách giữa SA và MC theo a. Gọi K là trung điểm CD => MC //(SAK) => d(MC,SA) = d(MC,(SAK)) = d(H,(SAK)) Hạ ,HE AK HF SE suy ra ( )HF SAK => d(H,(SAK)) = HF. + giả sử MN cắt AK tại T => tứ giác MTEH là hình chữ nhật => 2 5 AM a HE MT MN Suy ra 2 2 . 3 . 31 SH HE HF a SH HE Vậy d(MC,SA) = d(H,(SAK)) 3 . 31 a (Không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm) 0,5 S F B A I M T N H C E D K www.VNMATH.com * Với a = 1 ta thấy BĐT đúng . * Ta xét khi a > 1. Hàm số y= 1 1 t t y a a nghịch biến với t R , khi a > 1. Khi đó ta có Ta cú : 1 1 ( )( ) 0, x y x y a a , .x y R Suy ra x y y x x y x y a a a a (1) Chứng minh tương tự y z y z y z z y a a a a (2) z x z x z x x z a a a a (3) Cộng vế với vế (1) ,(2) và (3) ta được 2( ) x y z x y z x y z y z z x x y a a a a a a (4) 0.25 0,25 Cộng 2 vế của (4) với biểu thức x y z x y z a a a ta được 1 1 1 3( ) ( )( ) x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z a a a a a a a a a 0.25 Suy ra 1 1 1 . x y z x y z x y z a a a a a a ( do x + y + z = 3 ) Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi x = y = z = 1. (đpcm) 0.25 Cõu V ( 1 im) Cõu VIa (2 im) 1. ( 1im) Ta có điểm B là giao của trục Ox và đường thẳng BC lên toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: 4 3 16 0 4 0 0 x y x y y => B(4, 0). Ta có A Ox nên giả sử A(a,0) (a 4), C BC => 16 4 ( , ) 3 a C a (do ABC nên A C x x a ). Ta có 1 1 16 4 . 4 2 2 3 ABC a S AB AC a , mà . ABC S p r , với ; 1 2 AB BC CA p r Từ đó ta được 1 16 4 1 16 4 5 4 ( 4 4 ) 2 3 2 3 3 a a a a a => 2 2 1 4 5 4 4 (1 ) 3 2 3 3 a a => a = 1 hoặc a = 7. 0,25 0,5 www.VNMATH.com Với 4 1 (1;0), (1;4), (4;0) (2; ). 3 a A C B G Với 4 7 (7;0), (7; 4), (4;0) (6; ). 3 a A C B G Vậy có hai toạ độ trọng tâm 4 (2; ) 3 G hoặc 4 (6; ). 3 G 0,25 2.(1.0 ) + 1 d đi qua M( 0,1,1) vtcp 1 1 (2,1,1) ( 1,2, 1) , ( 3,1,5)u AM u AM => (P) : -3x + y + 5z - 6 = 0 + Theo giả thiết ( )C P và 2 C d => 2 ( )C d P => C(-1,3,0) + 1 B d => B(2t; 1+t; 1+t) . Ta có 24,AC 2 6 2 6AB t t + AC = 2AB 2 6 2 6 6t t => t = 0 hoặc t = 1 3 Với t = 0 => B(0,1,1) ( loại) do hoành của B bằng 0. Với t = 1 3 => B( 2 , 3 4 , 3 4 3 ) thoả mãn. Vậy 2 điểm phải tìm C(-1,3,0) , B( 2 , 3 4 , 3 4 3 ) 0,25 0,25 0,25 0,25 Cõu VIIa ( 1 im) Giả sử z = a + bi , ( , )a b R Khi đó: ( 1).( 2 ) ( 1) . (2 ) ( 1) (2 ) 2 2 2 2z z i a bi a b i a a b b a b i R a b (1) + 2 2 2 2 1 2z a b (2) Từ (1) và (2) ta được a = 1 , b = 0 hoặc 1 5 a , 12 5 b Vậy 1 1,z 2 1 12 5 5 z i 0,5 0,25 0,25 Cõu VIb (2 im) 1( 1.0 ) + Gọi E đối xứng với D qua E AB Viết ptđt DE đi qua E và vuông góc với => pt dạng x + y + 2 = 0 + Giả sử DE I . Khi toạ độ điểm I là nghiệm của hệ 2 0 ( 2,0). 2 0 x y I x y Mà I là trung điểm DE => E(-3,1). 0.25 www.VNMATH.com + Điểm A thuộc đường tròn (C) tâm I(-2,0) , bán kính 2ID => (C) : 2 2 2 2x y Từ đó toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 2 2 2 0 2 2 x y x y => A(-3,-1) , A(-1,1) ( loại do 0) A y Viết phương trình đường thẳng AE : x + 3 = 0 Do B AE nên giả sử B(-3,b) . Ta có AD = 2 nên ABCD S = AB.AD = 6 => AB = 3 Từ đó ta được 2 1 3 4 b b b Với b = 2 => B(-3,2) , với b = -4 => B(-3,-4) . Do là phân giác trong góc BAD nên B và D nằm khác phía với đt Kiểm tra điều kiện f(B).f(D) < 0 khi đó ta được B(-3,2) thoả mãn. Vậy B(-3,2) là điểm cần tìm. 0,25 0,.25 0,25 2.(1.0) Giả sử I là trung điểm của BC => I(2,0,-1) Gọi M, N, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của B , C, I lên mặt phẳng (P) => H là trung điểm của MN. Khi đó tứ giác BMNC là hình thang vuông và IH là đường trung bình của hình thang. Khi đó ta có d(B,(P)) + d(C,(P)) = BM + CN = 2IH 2IA (do AHI vuông tại H ). Vậy d(B,(P)) + d(C,(P)) lớn nhất bằng 2IA xảy ra khi chỉ khi H trùng với A. Vậy mp(P) cần viết đi qua A(1,0,1) nhận (1,0, 2)AI làm VTPT nên có pt (P): 2 1 0x z 0.25 0.5 0.25 Cõu VIIb (1 im) Gọi 1 1 1 1 1 ,( , )z a b i a b R , 2 2 2 2 2 ,( , )z a b i a b R Từ giả thiết bài toán ta có 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 3 4 5 a b a b a a b b => 1 2 1 2 2( ) 2a a b b . Vậy 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 3z z a a b b a b a b a a b b Chỳ ý: Nu hc sinh lm cỏch khỏc ỳng thỡ cho im ti a cõu ú. 0.25 0.5 0,25 www.VNMATH.com www.VNMATH.com . S GIO DC & O TO BC NINH TRƯờNG THPT THUậN THàNH Số II khảo sát chất lượng ôn thi đại học LN 2 Nm hc: 20 11 20 12 Mụn thi: Toỏn, Khi A, B, D Thi gian. , 2 2 2 2 2 ,( , )z a b i a b R Từ giả thi t bài toán ta có 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 3 4 5 a b a b a a b b => 1 2 1 2 2( ) 2a
