de thi THPT Do LuongNghe An 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (123.92 KB, 5 trang )

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

SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I NĂM 2012

TRƯỜNG THPT ĐƠ LƯƠNG 4 Mơn: Tốn khối A, B

Thời gian:180 phút không kể thời gian giao đề. 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I. (2điểm) Cho hàm số y=x3−3

(

m+1

)

x2+12mx−3m+4 (C)
1. Khảo sát và vẽđồ thị hàm số khi m = 0.

2. Tìm m để hàm số có hai cực trị là A và B sao cho hai điểm này cùng với điểm 1; 9
2

C− − 

 lập thành
tam giác nhận gốc tọa độ O làm trọng tâm.

Câu II. (2điểm)

1. Giải phương trình: cos

(

1 2 3 sin 2

)

cos 3 4 cos 3 2
2
x + x = x−  π − x

 .
2. Giải hệ phương trình.

(

) (

)

2 2

3 8 5

8 3 13

x y y x

x x y y

 + + + =




+ + + =


Câu III. (1điểm) Tính tích phân:

2
4

2
3

sin 1 cos

cos

x x

I dx

x

π
π
−

−
=

∫

Câu IV. (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D. Biết AB = 2a, AD =a, DC = 
a (a > 0) và SA⊥ mặt phẳng đáy (ABCD). Góc tạo bởi giữa mặt phẳng (SBC) với đáy bằng 450. Tính thể

tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD) theo a. 
Câu V. (1điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện 2 2 2

a + + +b c abc= . Chứng minh rằng

a b+ + ≤c .

II. PHẦN RIÊNG. (3điểm) Thí sinh chỉđược làm một trong hai phần.

1. Theo chương trình chuẩn.

Câu VIa. (2điểm).

1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có tâm 3 1;
2 2
I 

 . Các đường thẳng AB, CD lần lượt đi qua
các điểm M

(

− −4; 1

)

, N

(

− −2; 4

)

. Tìm toạđộ các đỉnh của hình vng đó biết B có hồnh độ âm.

2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 2

(

)

9 2 4+ −x =m 2− +x 2+x

Câu VIIa. (1điểm). Trong mặt phẳng toạđộ Oxy. Ở góc phần tư thứ nhất ta lấy 2 điểm phân biệt, cứ thếở các
góc phần tư thứ hai, thứ ba, thứ tư ta lần lượt lấy 3, 4, 5 điểm phân biệt (các điểm không nằm trên các trục toạ
độ). Trong 14 điểm đó ta lấy 2 điểm bất kỳ. Tính xác suất đểđoạn thẳng nối hai điểm đó cắt cả hai trục toạđộ.

2. Theo chương trình nâng cao.

Câu VIb. (2điểm).

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng

( )

d :x− − =y 3 0 và có hồnh độ 9
2

I

x = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa

độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng : 1 1

1 2 1

x y z

d = − = +

− và hai điểm A

(

1;1; 2 ,−

) (

B −1; 0; 2 .

)

a. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A và B đồng thời song song với đường thẳng d.

b. Qua A viết phương trình đường thẳng

( )

∆ vng góc với d sao cho khoảng cách từ B tới

( )

∆ là nhỏ nhất.
Câu VIIb. (1điểm). Cho hai số phức liên hợp nhau z z1, 2 thoả mãn điều kiện 1

2
2

z

z là một số thực và

1 2 2 3

z −z = . Tìm số phức z1.

... Hết ...

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

ĐÁP ÁN TOÁN LẦN 1

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Với m=0ta có hàm số y= −x3 3x2+4

* TXĐ: D=ℝ

* Sự biến thiên. y'=3x2−6x, nên y'= ↔ =0 x 0 hoặc x=2

0,25

- Hàm sốđồng biến trên các khoảng

(

−∞∞; 0

)

và

(

2;+∞

)

, nghịch biến trên

( )

0; 2

- Cực trị. Cực đại

( )

0; 4 ; cực tiểu

( )

2; 0

- Giới hạn. lim , lim

x→−∞y= −∞ x→+∞y= +∞

0,25

- Bảng biến thiên.

x −∞ 0 2 +∞

y’ + 0 - 0 +

4 +∞

−∞ 0

0,25

* Đồ thị. y

Giao với Ox:

(

−1; 0 ; 2; 0

) ( )

4
Giao với Oy:

( )

0; 4

Các điểm khác

( ) ( )

1; 2 ; 3; 4

-1 x

0,25

Ta có y'=3x2−3

(

m+1

)

x+12m. Hàm số có hai cực trị khi y’ đổi dấu hai lần, khi đó y’ = 0
có hai nghiệm phân biệt nên ∆ =

(

m−1

)

2 > ↔ ≠0 m 1

0,25

Khi đó hai cực trị là A

(

2;9m

)

,B

(

2 ; 4m − m3+12m2−3m+4

)

0,25

Theo bài ra ta có. 3 2

2 2 1 0

1
9

4 12 6 4 0

m

m m m

+ − =




↔ = −


− + + + − =

 thỏa mãn

0,25

Khi đó dễ thấy A, B, C là tam giác nhận O làm trọng tâm 0,25
PT ↔cosx+2 3 sin 2 cosx x=cos 3x+4 sin 2x

(

)

sin 2 sin 3 cos 2 0

2
6

k
x

x x x

x k

π

π


=


↔ + − = ↔

 = +



0,5
II.

Vậy phương trình có các nghiệm. , 2

2 6

k

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

ĐK của hệ:
2
2
3 0
8 0
x y
y x
 + ≥


+ ≥

 đặt

(

)

2 2

3 , 8 0, 0

a= x + y b= y + x a≥ b≥

Khi đó ta có hệ. 2 25 3

4
13

a b a

b
a b
+ = =
 
↔
 
=
+ = 

 hoặc

4
3
a
b
=



=

0,25

Với 4

3
a
b
=


=

 ta có.

(

)

2
2
4 2
1
4
3 4
3
8 9

8 72 65 0

y x

x y

y x

x x x


 + = = −
 
↔
 
+ =
  − + − =


(

)

(

)(

)

(

)

2
2
1
4
3

1 5 4 13 0

y x

x x x x


= −

↔
 − + − + =

0,25

hệ có hai nghiệm.

( ) ( )

x y; = 1;1 và

( ) (

x y; = − −5; 7

)

0,25

2. Với

(

)

2
2
4 2
1
9
3 9
3
8 4

18 72 45 0

y x

x y

y x

x x x


 + = = −
 
↔
 
+ =
  − + − =

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2
2 2

2 2 2 2

1 1

9 9

3 3

9 36 72 36 0 9 36 72 36 0

y x y x

x x x x x x

 
= − = −
 
↔ ↔
 + − + − =  + − + − =
 

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2
2 2
2
1 1

9 9 0

3 3

9 6 6 0 3 6, 3 6

y x y x

x x x x

 
= − = − =
 
↔ ↔
 + − − =  = − + = − −




Vậy hệ có 4 nghiệm

( ) ( )

x y; = 1;1 ,

( ) (

x y; = − −5; 7

)

( )

x y; = − +

(

3 6; 2 6−2

)

và

( )

x y; = − −

(

3 6; 2 6+2

)

0.25

* Ta có

4 4

2 2

3 3

sin sin

1 cos sin

cos cos

x x

I xdx x dx

x x

π π
π π
− −
=

∫

− =

∫

0,25
=
0 4
2 2
0
3
sin sin
sin sin
cos cos
x x

x dx x dx

x x
π
π −
−
=

∫

0,25
=

0 2 4 2 0 4

2 2 2 2

0 0

3 3

sin sin 1 1

1 1

cos cos cos cos

x x

dx dx dx dx

x x x x

π π
π π
− −
   
− + =  −  +  − 
   

∫

0,25
III.

(

)

(

)

4
0
3

tan tan 3 1

x x x x

π

−

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

s
* Ta có AC=a 2 nên tam giác ACD vng

tại C → góc ∠SCA=450do đó SA=a 2

- . 1 .
3

S ABCD ABCD

V = S SA trong đó

(

)

1 3

2 2

ABCD

a
S = AB+DC AD=
Vậy

2 3

1 3 2

3 2 2

S ABCD

a a

V = a = A B

0,5

* Ta có

(

)

(

)

3
1

; ;

S DCB

S DCB BCD

BCD

V

V S d B SCD d B SCD

S

= ↔ = 0,25

Trong đó

3
.

1 1 1 2

. . sin .

3 3 2 6

S BCD BCD

a
V = S SA= CB CD C SA=
Vậy

(

)

3
.

3 2 6

;

3
3

S DCB
BCD

V a a

d B SCD

S a

= = =

0,25

Giả sử

(

a−1

)(

b− ≥ ↔ + ≤1

)

0 a b ab+1 khi đó ta chỉ cần chứng minh

2 2

c≤ −ab↔ +c ab≤

0,25

Theo giả thiết. 4=a2+ + +b2 c2 abc≥2ab+ +c2 abc↔ ≥4 2ab c+ +2 abc

0,25

(

c 2

)(

ab c 2

)

0 ab c 2 0

↔ + + − ≤ ↔ + − ≤ đpcm

Dấu bằng khi a= = =b c 1.

0,25
V.

Trong trường hợp ngược lại thì

(

b−1

)(

c− ≥1

)

0hoặc

(

c−1

)(

a− ≥1

)

0và làm tương tự 0,25

PHẦN RIÊNG

1. Theo chương trình chuẩn

Gọi M' 7; 2

( )

và N' 5;5

( )

là điểm đối xứng với M, N qua I . ta có N'∈AB và M'∈CD
Nên đường thẳng AB có phương trình 2x−3y+ =5 0

0,25

Gọi H là hình chiếu vng góc của I lên AB 1; 2
2

H 

→  

 

0,25

Gọi A a b

( )

; khi đó ta có

(

)

2 3 5

1 13

3
2

2 4

a b

A AB a

HA HI a b b

− = −


∈ =

  

↔ ↔

 =    =

− + − =

   

 



hay

( )

2;3

A khi đó B

(

−1;1

)

0,25
1.

Bằng cách đối xứng A, B qua I ta có được C

(

1; 2 ,−

) ( )

D 4; 0 0,25
Điều kiện. − ≤ ≤2 x 2

Đặt t= 2− +x 2+xkhi đó ta có 2≤ ≤t 2 2

0,25

Bài tốn quy về tìm m để phương trình t2+ =5 mt trên 2; 2 2 0,25

VIa.

Bằng việc xét hàm số

( )

x
f x

x
+

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

Ta có kết quả 2 5 13 2
4

m

≤ ≤ 0,25

Đểđoạn thẳng nối hai điểm được chon cắt cả hai trục thì hai đầu đoạn thăng đó phải ở góc
phần tư thứ nhất và thứ ba hoặc phần tư thứ hai và thứ bốn

0,25
Do vậy số cách chọn được sốđoạn thẳng như vậy là C C21 41+C C31 51=23cách 0,25
Số cách chọn hai điểm bất kỳ C142 =91 0,25

VIIa.

Vậy xác suất xẩy ra ởđề bài là: 23

0,25

2. Theo chương trình nâng cao

I có hồnh độ 9

I

x = và

( )

: 3 0 9 3;
2 2

I∈ d x− − =y ⇒ I 

 

Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và
Ox, suy ra M(3;0)

(

) (

)

2 9 9

2 2 2 3 2

4 4

I M I M

AB= IM = x −x + y −y = + =

. D = 12 AD = 2 2.

3 2

ABCD
ABC

S

S AB A

AB

= ⇔ = =

( )

AD d
M AD

⊥



∈

 , suy ra phương trình AD: 1.

(

x− +3

) (

1. y− = ⇔ + − =0

)

0 x y 3 0.

Lại có MA = MD = 2 .

0,5

Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:

(

)

2 2

(

)

2 2

(

) (

)

3 0 3 3

3 2 3 3 2

3 2

x y y x y x

x y x x

x y

+ − =

  = − +  = − +

  

⇔ ⇔

  

− + = − + − =

− + =  

  



3 2

3 1 1

y x x

x y

= − =

 

⇔ ⇔

− = ± =

  hoặc

4
1

x
y

=



= −

 .Vậy A(2;1), D(4;-1),
1

9 3
;
2 2

I 

  là trung điểm của AC, suy ra:

2 9 2 7

2 3 1 2

A C

I

C I A

A C C I A

I

x x
x

x x x

y y y y y

y

+


  = − = − =



⇔

 

+  = − = − =

 =



Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).

0,5

a. 0,5

VIb.

2. b. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vng góc với d,

Gọi H là hình chiếu vng góc của B lên (P) khi đó đường thẳng đi qua A và H thỏa
mãn bài toán

0,5

Gọi z1= +a bi

(

a b, ∈ℝ

)

khi đó z2 = −a bi

Từđiều kiện của bài toán ta lập hệ phương trình
Tìm được. z1= ± +1 3i

Hoặc z1= ± −1 3i

</div>

de thi THPT Do LuongNghe An 2012

(

)

(

)

(

) (

)

<sub>∫</sub>

(

)

(

)

(

)

( )

(

) (

)

( )

( )

(

)

(

)

( )

( )

( )

(

) ( )

( )

( ) ( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

π

π

<sub>π</sub>

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

(

)

( ) ( )

( ) (

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( ) ( )

( ) (

)