Dap an Toan lan 3 THPT Doan Thuong

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (217.35 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2012
TRƯỜNG THPT ĐỒN THƯỢNG Mơn: TỐN ; Khối A, B

Thời gian làm bài : 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 3 3x23mx4

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m0.

2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt.
Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình

3 3

sin os sin 2 2 sin( )

x c x x x

2) Giải hệ phương trình sau

2 2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

    




   




Câu III (1 điểm) Tính tích phân

10 3 2
5

3 4

x x

I dx

x

 






Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A, 2;
a

AC BC a

. Hai mặt
phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt đáy (ABC) góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng
cách từ B tới mặt phẳng (SAC) theo a biết mặt phẳng (SBC) vng góc với đáy (ABC).

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn abcd 1. Chứng minh rằng

1 1 1 1

1
2(a b 1) c d 2(b c 1)d a 2(c d 1) a b2(d a 1) b c 
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) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 và tâm I là giao điểm của hai
đường thẳng d x y1:   3 0; d x y2 :   6 0 . Trung điểm của AD là giao điểm của d1 và trục
Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

2) Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A(1;1; 1), (1;1; 2), ( 1; 2; 2) B C   và mặt phẳng (P) có phương
trình x 2y2z 1 0. Mặt phẳng ( ) đi qua A, vng góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng
BC tại I sao cho IB2IC. Viết phương trình mặt phẳng ( ) .

Câu VII.a (1 điểm) Tìm các số thực a, b, c sao cho phương trình z3az2bz c 0 nhận x 1 i và

z2 làm nghiệm.

B) Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy cho A( 2; 2) , đường trịn (C) có phương trình x2  y2  2x 4y 4 0 .
Tìm tọa độ điểm B, C thuộc đường tròn (C) để tam giác ABC đều.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2xy 2z 4 0 và mặt cầu

2 2 2

( ) :S x y z  4x 4y2z0. Tìm điểm H thuộc mặt phẳng (P), điểm M thuộc mặt cầu (S)

để MH ngắn nhất.

Câu VII.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A và B là hai điểm lần lượt biểu diễn hai nghiệm phức
của phương trình z2  (3 4 ) i z1 5 i0. Tính độ dài đoạn thẳng AB.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---Hết---Họ và tên thí sinh : ………. Số báo danh : ……….……….
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM

Câu ý Nội dung Điểm

Câu I

1

 Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị hàm số yx3  3x2 4 1,0
- TXĐ : R

2 0

' 3 6 0

x

y x x

x


    




- Hàm số đông biến trên mỗi khoảng ( ;0);(2;)
- Hàm số ngịch biến trên khoảng (0; 2)

0,25

- Cực trị : Hàm số đạt CĐ tại x1 0;yCD 4, hàm số đạt CT tại x2 2;yCT 0
- Giới hạn :

3 2 3 2

lim ( 3 2) ; lim ( 3 2) ;
x   x  x    x  x  x  
- Hàm số khơng có tiệm cận.

0,25

- BBT :

x   0 2 

y’ + 0  0 +

 



0,25

- Đồ thị

-2

-4

-10 -5 5 10

0,25

2 Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt. 1,0
Đồ thị cắt Ox tại 3 điểm pb  x3 3x23mx 4 0 có 3 nghiệm pb

3 3 2 4

x x

m
x

 

 

có 3 nghiệm pb (Do x = 0 không TM)

0,25

 đường thẳng y3m cắt đths

3 3 2 4

( ) x x

y g x

x
 

 

3 2

2 3 4

'( ) x x , '( ) 0 2

g x g x x

x
 

   

0,25

x   0 2 

g’(x) - - +

g(x)   

0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

  0

Từ BBT suy ra 3m 0 m0 0,25

* Chú ý. Học sinh có thể làm theo cách sau:

Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 3 điểm phân biết  Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị nằm 
về 2 phía của trục Ox  yCD.yCT 0

Hàm số có 2 cực trị  y' 0 có 2 nghiệm phân biệt
2

2 0

x  x m  (1) có 2 nghiệm pb    ' 1 m 0 m1

Gọi x1; x2 là 2 nghiệm của PT (1) , theo viet ta có :

1 2
1 2

2
.

x x
x x m

 







Chia y cho y’ ta có :

1 1

'.( ) (2 2) ( 4)

3 3

yy x  m x m

Ta có

1 1 1 1 1

2 2 2 2 2

1 1

( ) '( )( ) (2 2) ( 4) (2 2) ( 4)

3 3

1 1

( ) '( )( ) (2 2) ( 4) (2 2) ( 4)

3 3

y y x y x x m x m m x m



          





           




D 1 2 1 1

2 2

1 2 1 2

. 0 . 0 [(2 2) ( 4)].[(2 2) ( 4)] 0

(2 2) (2 2)( 4)( ) ( 4) 0 (**)

C CT

y y y y m x m m x m

m x x m m x x m

          

        

Thay

1 2
1 2

2
.

x x
x x m

 






 vào BPT (**) và rút gọn ta có : 4m3  3m2 24m0 m0

Kết hợp vơi (1) ta có m0thì thỏa mãn u cầu bài tốn.
Câu II

1

 Giải PT :

3 3

sin os sin 2 2 sin( )

x c x x x 1,0

3 3 3 3

sin os sin 2 2 sin( ) sin os sin 2 (sinx cos )

(sinx cos )(1 sinx.cos ) (sinx cos ) 2sin .cos

sinx.cos (sinx cos ) 2sin .cos sinx.cos (sinx cos 2) 0

x c x x x x c x x x

x x x x x

x x x x x x



        

     

       

0,25

sinx 0

cos 0

sinx cos 2 0 (1)

x k

x x k

x





  





    


   



0,25

PT (1) 2 sin(x 4) 2 sin(x 4) 2

 

     

=> PT vơ nghiệm. 0,25

Vậy phương trình có nghiệm là : x k 2,k


   0,25

2

 Giải hệ phương trình :

2 2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

    




   



 1,0

Dễ thấy y0, ta có:

2
2 2

2 2 2

4
1 4

( ) 2 7 2 1

( ) 2 7

x

x y

y

x y xy y

y x y x y x

x y

y

 

  


     



 

    

    




</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Đặt

2 1

x

u v x y

y


  

ta có hệ: 2 2

4 4 3, 1

2 7 2 15 0 5, 9

u v u v v u

v u v v v u

     

  

 

  

      

   0,25

Với v3,u1ta có hệ:

2 1 2 1 2 2 0 1, 2

2, 5

3 3 3

x y

x y x y x x

x y

x y y x y x

 

          

  

     

      

   . 0,25

Với v5,u9ta có hệ:

2 1 9 2 1 9 2 9 46 0

5 5 5

x y x y x x

x y y x y x

         

 

  

     

  

Hệ này vô nghiệm.

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : (1; 2); ( 2;5)

0,25

Câu III

 Tính tích phân :

10 3 2
5
3 4
2
x x
I dx
x
 





1,0
2
10 10
5 5

( 1)( 2) ( 2) ( 1)

2 2

x x x x

I dx dx

x x

   

 

 



0,25

Đặt
2
2
2
1 1
1
udu dx

u x u x

x u



      

 

 , đổi cận :

: 5 10

: 2 3

x
u



 0,25

Ta có :

3 2 3 3

2 3 3

2 2 2

( 3) .2 4 1

2. ( 4 ) 2( 4 ) 8

1 1 1

u u udu du

I u du u u

u u u


      
  



0,25
3
3
2
2

62 1 1 62 1

4 ( ) 4ln

3 1 1 3 1

u

I du

u u u



    

  



62 4ln3

3 2

I

   0,25

Câu IV  Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SAC) theo a. 1,0
- ABCvng tại A có 2;

a

AC  BC a
 B30 ;0 C 600.

- Kẻ SH BCthì SH (ABC)

- Và các góc SMH, SNH bằng 600, và HM HN

- Ta có : sin 300 sin 600

HN HM

a BCBH CH  

 Tính được

(3 3) 3( 3 1)

;

4 4

a a

HM   SH  

-2
1 3
.
2 8
ABC
a
S  AB AC 

0,25

- Thể tích

3
.

1 (3 3)

3 32

S ABC ABC

a

V  SH S   0,25

- Gọi khoảng cách từ B tới mp(SAC) là h thì

3 S ABC
SAC
V
h

S


- SHM tính được

(3 3)

a
SM  

1 (3 3)

2 8

SAC

a

S SM AC 

  
0,25

3 3
4
SAC
V a
h
S
  

. Vậy khoảng cách từ B tới mp(SAC) là

3
4

a

0,25

Câu V 1 1 1 1 1

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1 1 1

2(a b 1) c d (a b ) ( b c ) ( d a ) 2 2 ab2 bc2 da 2

0,25

1 1 1

2( ab bc da 1) 2( ab 2 bcda 1) 2( ab 1)

  

     

0,25

Tương tự, cộng lại ta được

1 1 1 1 1

2 1 1 1 1

VT

ab bc cd da

 

     

   

 

0,25

1 1 1 1 1

1 1

2 ab 1 bc 1 1 1

ab bc

   

 

 

 

  

 

 

0,25

Câu

VI.a

1

 Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 1,0

Tọa độ

9 3
( ; )

2 2

I

,M là trung điểm AD thì M(3;0)
Ta có

3
2
2

IM 

và AB2IM 3 2

Vì SABCD AB AD. 12 AD2 2

0,25

AD đi qua M(3;0)và vng góc với IM nên có phương trình x y  3 0

Gọi A x x( ; 3)ta có MA 2

2 (2;1)

4 (4; 1)

x A

 


    


0,25

- Với A(2;1)ta có D(4; 1); (7; 2); (5; 4) C B

- Với A(4; 1) ta có D(2;1)và B(7; 2); (5; 4)C 0,25

Vậy A(2;1);B(5; 4); (7;2); (4; 1)C D  hoặc A(4; 1) ;B(7; 2); (5; 4)C ;D(2;1) 0,25
2  Mặt phẳng ( ) đi qua A, vng góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại I

sao cho IB2IC. Hãy viết phương trình mặt phẳng ( ) . 1,0

Gọi mặt phẳng ( ) có phương trình là axby cz d  0với a b c; ; không cùng bằng 0
- mp( ) đi qua A(1;1; 1) nên ta có : a b c d   0 (1)

- mp( ) mp P x( ) :  2y2z 1 0 nên 2 VTPT vng góc nhau

2 2 0 (2)

a b c

   

0,25

- IB2IC khoảng cách từ B tới mp( ) bằng 2 lần khoảng cách từ C tới ( )

2 2 2 2 2 2

2 2 2 3 3 6 0

2 (3)

5 2 3 0

a b c d a b c d a b c d

a b c d

a b c a b c

           

   

    


   

0,25
Từ (1), (2), (3) ta có 2 trường hợp sau :

TH1 :

0 2

2 2 0

3 3 6 0 3

b a

a b c d

a b c c a

a b c d

d a






   






    

 

      

  

 chọn a 2 b1;c2;d 3
Ta có phương trình mp ( ) là 2x y  2z 3 0

0,25
A

B
D

B
B
C
C
M
M
M

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

TH 2 :

0 2

2 2 0

5 2 3 0 3

b a

a b c d

a b c c a

a b c d

d a




   






    

 

      

  

 chọn a 2 b3;c2;d 3
Ta có phương trình mp ( ) là 2x3y2z 3 0

Vậy tìm được 2 mp ( ) t/m ycbt là 2x y  2z 3 0 hoặc 2x3y2z 3 0

0,25

Câu

VII.a  PT

3 2 0

z az bz c  nhận x 1 i v zà 2 làm nghiệm. tìm a, b, c?
Ta có x 1 i v zà 2 là nghiệm nên thay x 1 i vào phương trình ta có :

3 2

(1 )i a(1 )i b(1 )i      c 0 ( 2 b c) (2 a b 2)i0 0,25

2 0

(1)

2 2 0

b c
a b
   


 

  

 0,25

Thay z 2 vào phương trình ta có : 8 4 a2b c 0 (2) 0,25

Từ (1) và (2) ta có hệ

2 0 4

2 2 0 6

8 4 2 0 4

b c a

a b b

a b c c

    

 

 

       
      

 

0,25
Câu

VI.b

1

 Điểm A( 2; 2) , đường trịn (C) có phương trình

2 2 2 4 4 0

x  y  x y  . Tìm
tọa độ điểm B, C thuộc đường tròn (C) để tam giác ABC đều. 1,0
Đường trịn (C) có tâm I(1; 2), bán kính R3.

Tọa độ A thỏa mãn phương trình đường tròn .=> A thuộc đường tròn AI BC

AI cắt BC tại H , do

2
3

AI  AH

 

nên tìm được tọa độ

5
( ;2)

H

0,25

BC đi qua H và nhận AI(3;0)


là VTPT nên có phương trình là

5
0
2

x  0,25

Tọa độ của B và C là nghiệm hệ :

2 2 5; 4 3 3

2 4 4 0

2 2

0 5 4 3 3

;
2

2 2

x y

x y x y

x

x y

 

        

 






  



 

 



0,25

Vậy tọa độ

5 4 3 3 5 4 3 3

( ; ); ( ; )

2 2 2 2

B  C 

hoặc

5 4 3 3 5 4 3 3

( ; ); ( ; )

2 2 2 2

B  C  0,25

2

 (P): 2xy 2z 4 0 và mặt cầu

2 2 2

( ) :S x  y z  4x 4y 2z0.

Tìm điểm H thuộc mặt phẳng (P), điểm M thuộc mặt cầu (S) để MH ngắn nhất. 1,0
Mặt cầu (S) có tâm I(2;2; 1) , bán kính R3.

Khoảng cách từ tâm I tới mp(P) bằng 4 nên mp(P) và mặt cầu (S) khơng có điểm chung.
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I của mặt cầu và vng góc với

mp(P) thì M, H là giao điểm của d và mặt cầu (S), mp(P).
Đường thẳng d đi qua I(2;2; 1) và vng góc với

0,25

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

mp(P) : 2x y 2z4 0 nên có PTTS là :

2 2
2

1 2

x t

y t

z t

 




 


  


H là giao của mp(P) và đường thẳng d nên có tọa độ là

2 1 5

( ; ; )

3 3 3

H   0,25

M là giao của đường thẳng d và mặt cầu (S), thay x, y, z vào phương trình của mặt cầu
ta có : t  2, tìm được 2 điểm :

1(2 2 2; 2 2; 1 2 2); 2(2 2 2; 2 2; 1 2 2)

M     M    

0,25

Kiểm tra có HM1 7; HM2 1=> điểm M cần tìm là M2(2 2 2; 2  2; 1 2 2) 
Vậy

2 1 5

( ; ; )

3 3 3

H  

và M(2 2 2; 2  2; 1 2 2)  thì HM nhỏ nhất bằng 1.

0,25
Câu

VII.b Cho A và B là hai điểm biểu diễn hai nghiệm của PT

2 (3 4 ) 1 5 0

z   i z  i .

Tính AB. 1,0

- Giải PT tìm được z1  2 3 ,i z2  1 i 0,5

-  A(2;3); B(1;1) AB (1 2) 2 (1 3) 2  5. Vậy AB 5 0,5

</div>

Dap an Toan lan 3 THPT Doan Thuong

















0,25

0,25

Tương tự, cộng lại ta được

0,25

0,25

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về