de thi va dap an thi thu thpt tran phu lan 2

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (355.64 KB, 4 trang )

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

SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦNPHÚ

---&---ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN
II NĂM 2012

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút khơng
kể thời gian phát đề

---PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ
THÍ SINH (7.0 điểm)

Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số

 

4 2 2 2 4 1

y x  m x m m

,
m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên
và vẽ đồ thị của hàm số khi

m .

2. Tìm m để đồ thị hàm số

 

1 có ba điểm cực trị lập thành

một tam giác có diện tích bằng
32.

Câu II (2.0 điểm)

1. Giải phương trình
3

tan - 3cos - sin .tan .
2

x x    x x

 

2. Giải hệ phương trình





3 3

2 2

8 63

, R

2 2 9

x y

x y

y x y x

  






   




Câu III (1.0 điểm) Tính tích
phân

2 2

2 ln ln 3

(1 ln )

e

x x x x

I dx

x x

 







.
Câu IV (1.0 điểm) Cho hình
chóp S.ABC có đáy ABC là tam
giác vuông cân tại A, BC=2a.

Hình chiếu vng góc của điểm
S lên mặt phẳng (ABC) trùng với
trung điểm BC, mặt phẳng (SAC)
tạo với đáy (ABC) một góc 600.

Tính thể tích hình chóp và
khoảng cách từ điểm I đến mặt
phẳng (SAC) theo a, với I là
trung điểm SB.

CâuV (1.0 điểm) Cho x y, là
các số thực thỏa mãn

2x 2 2y 8 4 x 1 y.

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
4x 2y 16

  

P .

PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong
hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):

2 2 4 8 5 0

x y  x y  . Viết phương trình đường thẳng đi qua
điểm Q



5; 2



và cắt đường tròn (C) tại hai điểm M, N sao cho

5 2

MN .

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vng
ABCD, biết B



3;0;8



, D



5; 4;0



và đỉnh A thuộc mặt
phẳng (Oxy). Tìm tọa độ điểm C.

Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm mơđun của số phức Z+1, biết









2
1 3 (3 )

i i

Z

i i

 



 .

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng

: 3 6 0

d x y  và điểm N



3;4



. Tìm tọa độ điểm M thuộc
đường thẳng d sao cho tam giác OMN (O là gốc tọa độ) có diện
tích bằng

15
2 .

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):

2 2 2 2 4 4 0

x y z  x y  và mặt phẳng (P):x z  3 0 .
Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm M



3;1 1



vng góc với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình

9 9

log log

3 1

3
6

2log log 6.

y x

x y

  



  




---Hết---Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải
thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:…….……….. Số

báo danh:………..…

ÁP ÁN-THANG I M

Đ

Đ Ể

Câu Đáp án

(2.0 điểm)

1.(1 điểm) Khảo sát….
Khi m=-1 ta có y x 4 2x2

 Tập xác định: D=R.
 Sự biến thiên

- Chiều biến thiên

, 4 3 4 4 ( 2 1), , 0 0

x

y x x x x y

x




      



 .

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

- Cực trị: hàm số đạt cực trị tại
- Giới hạn:limx limx

y y

    

 

.
- Bảng biến thiên:

x   -1 0 1 
y’ - 0 + 0 - 0 +
y

 0 
-1 -1

 Đồ thị:

2.(1.0 điểm)









, 4 3 4 2 4 2 2 ; , 0 4 2 2 0 x 0

y x m x x x m y x x m

x m




         



Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi pt:

Khi đó, gọi A, B, C là các điểm cực trị của đồ thị hàm số và A(0;

Suy ra AB=AC= m2m8 , BC=2|m| do đó tam giác ABC cân tai A 
Ta có I(0;m) là trung điểm BC và

1 1

. 32 .2 | | 2

2 2

ABC

S  AI BC  m m  m

Vậy m cần tìm là m2. 
II

(2.0 điểm 1. (1.0 điểm) Giải phương trình … Điều kiện: cosx 0 (*).
Phương trình đã cho tương đương với:

2
sinx 3.sin .cosx x sin x

   sin 1x



 3 cosx sinx



0
s inx=0 x k

  

,

thỏa mãn (*)

) 1

sinx- 3 cos 1 0 sin x- = 2

3 2 2

x   x  k

        

 

Vậy, phương trình có nghiệm:





; 2

x k  x   k k Z

2. (1.0 điểm) Giải phương trình…

3 3

2 2

8 63 (1)

2 2 9 (2)

x y

y x y x

  





   




Nhân phương trình (2) với -6 rồi cộng vế theo vế với phương trình (1), ta được









3 3

3 2 2 3

8x  6y 12x 12y6x y  9 2x1  y2  y2x 3
Thế (*) vào (2), ta được





2 2





2 3 2 2 2 3 9 2 3 2 0 1

2
x

x x x x x x

x





          

 


Với x 2 y1
Với

4
2

x  y

. Vậy, nghiệm của hệ là: (2;1),
1

; 4
2

 

 

 

 

(1.0 điểm)













3 3 3

2 2 2

2 ln ln 1 3 1

3 2 ln

1 ln 1 ln

e e e

x x x

I dx dx xdx

x x x x

 

  

 







3 3

3
2

2 2

3 (ln ) 2 ln

1 ln

e e

e
e

e e

d x x x dx

x

 

    

 

  











3 3 3

2 2

3 2

3ln 1 ln e 2 ln ee ee 3ln 2 4 2 .

e

x x x x e e

      

(1.0 điểm) Gọi H, J lần lượt là trung điểm của BC, AC,
Ta có

( )

SH ABC

HJ AC

 



   ACSJ, suy ra góc SJH 600

  và

A
H

2
2 ,

2 2

6
.tan 60

BC AB a

AB a HJ

SH HJ a

   

 

 

2 3 3

1 . 1 6 6

. . . 2 . .

3 2 6 2 6

S ABC

AB AC a

V  SH  a 

Gọi E là hình chiếu của H lên SJ, khi đó ta có

( )

HE SJ

HE SAC

HE AC

 

 



  .

Mặt khác, do IH SC//  IH//(SAC), suy ra

0 6

( ,( )) ( ,( )) .sin 60 .

d I SAC d H SAC HE HJ  a

(1.0 điểm)

Ta có

2 2 2 8 4 1 2 1 2 (1)

2 2

y y

x y  x  y x   x   

 

Gọi S là tập giá trị của 2

y

x

, khi đó m S  mRsao cho hệ

 

1 2

2 2

y

x m

y m

x



 





    



nghiệm.

Đặt

1 1

( , 0)

2
2

a x x a

a b y

y b

b

     

 

 

 

 
 

 



 khi đó, (*)

-1

-2

-2 2 x

-1

O 1

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

2 2
2
3
2 (**)
3
2

8 2 2

m
a b

a b m

m m m

a b ab


 
    
 
   
 
    
 


Hệ (*) có nghiệm hệ (**) có nghiệm (a;b) với a, b

 phương trình 8X2-4mX+m2-4m-12=0 có 2 nghiệm không âm


2

8 24 0

0 6 4 2 10

4 12 0

m m
m m
m m
   

    


  

Mặt khác
4 16
2
y

P x 

  . Suy ra: 

VI.a

(2.0 điểm) 1. (1.0 điểm) Đường trịn (C) có tâm I(2;4) và bán kính R=5. Gọi đường thẳng 
A(x-5)+B(y-2)=0 với A2B2 0,

do tiếp tuyến tại M, N vng góc với nhau nên

suy ra





1 5

( , ) 2

2 2

d I   R 

Hay









2 2

| A 2 5 B 4-2 | 5

| 2 3 | 2 5

2 B A A B

A B

 

    



Chọn B=1 khi đó (*)

7 24 17 0 17

7
A
A A
A



    
 

.A= -1; B=1: phương trình đường thẳng

17
7

A

; B=1: phương trình đường thẳng

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm: -x+y+3=0hoặc 17x-7y-71=0.
2. (1.0 điểm)

Ta có, trung điểm BD là I(-1;-2;4), BD=12 và điểm A thuộc mp(Oxy) nên A(a;b;0),

do ABCD là hình vng nên ta có,

2 2
2
2 1
2
AB AD
AI BD
 

  

  
 










2
4 2

1 6 2 20

b a
a a
 

 
   

1
2
a
b


 


 hoặc

17 14

; ;0

5 5

A  

 

Vì I là trung điểm AC nên ta có tọa độ điểm A cần tìm tương ứng là: C(-3;-6;8),
VII.a
(1.0 điểm)
Ta có



 





 









 

  

2
2

1 3 3 1 1 1 3 1 3 2

5 .
4

1 1 1

i i i i i i

Z i

i i

    

  

  

Suy ra

,

2 2

1 1 5 1 1 5 26.

Z   i Z   

(2.0 điểm) a. (1.0 điểm)
Ta có ON(3; 4)



,

ON=5, đường thẳng ON có phương trình

4(x-3)-3(y-4)=0 4x-3y=0

doMd M m(3 6; )m
Khi đó ta có

4
2
-2
5
d
O
N

M

2
1

( , ). ( , ) 3

ONM
ONM

S

S d M ON ON d M ON

ON



    





4. 3 6 3

3 9 24 15 13

5
3

m
m m
m
m


 

     
 


Với m 1 M(3; 1)
Với

13 13

3 3

m  M  

 

.

Vậy các điểm M cần tìm là M(3;-1) và

13
7;

M  

 

2. (1.0 điểm)

Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;0) và bán kính R=3. Mặt phăng (P) có VTPT nP



1;0;1





Mặt phẳng (Q) đi qua M có dạng A x



3



B y



1



C z



 1 0



A B C2 2 20 với VTPT là



; ;



Q

n A B C

Do (Q) tiếp xúc với (S), suy ra

2 2 2

( ,( )) A B C 3 4 3

d I Q R A B C A B C

A B C

  

         

 

Mặt khác ( )Q ( )P  n nQ. P  0 A C  0 C A

 

Thay vào (*) ta được

2 2 2 2

5 3 2 8 7 10 0

B A  A B  B  A  AB

(**)
Chọn B=1, (**) 7A2 10A 8 0  A2 hoặc

4
7

A

Với A 2 C2

:

được phương trình mặt phẳng (Q) là: 2x y  2z 9 0

Với

4 4

7 7

A  C

:

được phương trình mặt phẳng (Q) là: 4x 7y 4z 9 0

Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2x y  2z 9 0 và 4x 7y 4z 9 0

(1.0 điểm)

Điều kiện: x, y > 0 (*)

Khi đó, ta có hệ đã cho tương đương với

log

3 3

2 6

log log 3

x
y
x y

 

 

9 3
3 3

log .log 1

log log 3

x y
x y


 
 

3 3
3 3

log .log 2

log log 3

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

Với

3
3
log 1

log 2

x
y









3
9

x
y



 



 (tm (*)) Với 
Vậy nghiêm của hệ phương trình đã cho là: (3;9) và (9;3)./

---Hết---Chú ý: Cách chấm bài thi:

1) Học sinh làm cách khác với
đáp án , nếu đúng thì cho điểm
tối đa câu đó !

2) Học sinh làm sai hoặc sót ở
bước 0, 25 đ nào thì cắt 0, 25
điểm tại đó.

3) Một bài toán nếu bước
trên(0,25 đ) sai và kết quả
bước phía dưới (0,25 đ) liên
quan đến bước trên thì cắt điểm
từ chỗ làm sai và các bước sau
có liên quan.

</div>

de thi va dap an thi thu thpt tran phu lan 2

 

 



































ÁP ÁN-THANG I M

Đ

Đ Ể













<sub>, </sub>























































 

 























 

 





 









 