DE 12 TOAN CO DAP ON THI DH 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (530.48 KB, 6 trang )

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

wWw.VipLam.Info

TTBDVH KHAI TRÍ

ĐỀ SỚ 10

ĐỀ THI TỦN SINH ĐẠI HỌC - NĂM 2011 
Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số

2 4

1
x
y

x



 .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho A
và B đối xứng nhau qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= 0.

Câu II: (2,0 điểm)

1. Giải phương trình:

sin 2 1

2 os

sin cos 2.tan

x

c x

x x  x  .

2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2

1 3

x y x y

x y x y

    




    





Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: 
2

cos

(e x s inx).sin 2 .x dx






Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp trong hình trụ có bán kính đáy r;
góc giữa BC’ và trục của hình trụ bằng 300; đáy ABC là tam giác cân đỉnh B có ABC1200.
Gọi E, F, K lần lượt là trung điểm của BC, A’C và AB. Tính theo r thể tích khối chóp
A’.KEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE.

Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =

3
4.

Chứng minh rằng: 3 3 3

1 1 1

3 3 3

a b b c  c a 
Câu VI: (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng  : x – y + 1 = 0.
Viết phương trình đường trịn đi qua M cắt  ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho MAB vuông
tại M và có diện tích bằng 2.

2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

2 1

1 1 1

x y z
 

  và mặt phẳng

(P) : ax + by + cz – 1 = 0 (a2 b2 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua

đường thẳng d và tạo với các trục Oy, Oz các góc bằng nhau.
Câu VII: (1,0 điểm)

Xét số phức z thỏa mãn điều kiện : z 3i 1, tìm giá trị nhỏ nhất của z .

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

wWw.VipLam.Info

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ 
 NĂM HỌC 2010 – 2011

ĐỀ THI MƠN: TỐN

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

I-1
(1 điểm)

TXĐ: D = R\{-1}

Chiều biến thiên: 2

' 0 x D

( 1)

y
x

   


Hs đồng biến trên mỗi khoảng (  ; 1) và ( 1; ), hs khơng có cực trị.

0,25

Giới hạn: xlim y 2, limx 1 y , limx 1 y

   

   

=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 2 0,25
BBT

x - -1 +
y’ + +

+ 2
2 -

0,25

+ Đồ thị (C):

Đồ thị cắt trục hoành tại điểm



2;0



, trục tung tại điểm (0;-4)
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

I-2

(1 điểm) Đường thẳng d cần tìm vng góc với

: x + 2y +3= 0 nên có phương trình y = 2x +m 0,25

D cắt (C) ở 2 điểm A, B phân biệt

2 4

2
1

x

x m
x



  

 có 2 nghiệm phân biệt

2x mx m 4 0

     có 2 nghiệm phân biệt khác - 1 m2 8m 32 0 (1)

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

wWw.VipLam.Info

Gọi I là trung điểm AB có

2 4

A B
I

I I

x x m

x

m

y x m

 


 





   




Do AB vng góc với  nên A, B đối xứng nhau qua đường thẳng : x + 2y +3= 0

I m

    

0,25

m = - 4 thỏa mãn (1) vậy đường thẳng d có phương trình y = 2x - 4 0,25

II-1
(1 điểm)

§iỊu kiÖn: sinx0, cosx0,sinxcosx0. 0,25

Pt đã cho trở thành cosx

√

2 sinx+

2sinxcosx

sinx+cosx −2 cosx=0

⇔cosx

√

2 sinx−

2cos2x

sinx+cosx=0

⇔cosx

(

sin(x+π

4)−sin 2x

)

0,25

+) cosx=0⇔x=π

2+kπ , k∈Z.

sin 2x=sin(x+π

4)⇔
2x=x+π

4+m2π

2x=π − x −π

4+n2π

x=π

4+m2π

x=π

n2π

m, n∈Z

⇔¿
¿
¿
¿

x=

t2

3 , tZ.

0,25

Đối chiếu điều kiện ta cã nghiƯm cđa pt lµ

x=π

2+kπ ; x=

π

t2π

3 , k ,t∈Z. 0,25

II-2

(1 điểm) Điều kiện: x+y

0, x-y0

Đặt:

u x y
v x y

 



 

 ta có hệ:

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

wWw.VipLam.Info

2 2 2 2

2 ( ) 2 4

2 2

3 3

2 2

u v u v u v uv

u v u v

uv uv

       

 



     

   

 

 

0,25

2 4 (1)

( ) 2 2

3 (2)
2

u v uv

uv

   


    

 


 . Thế (1) vào (2) ta có:

8 9 3 8 9 (3 ) 0

uv uv  uv   uv uv   uv  uv .

0,25

Kết hợp (1) ta có:

4, 0

uv

u v

u v




  


 

 (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k)

KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).

0,25

III
(1 điểm)

2 2 2

cos cos

0 0 0

(

e

x

s inx).sin 2 .

x dx

2 e

x

.cos .sin .

x

x dx

s inx.sin 2 .

x dx

  









0,25

2
cos

.cos .sin .

x

I e x x dx







Đặt t = cosx có I =

1 1

1
0

0 0

. .t . t t. 1

t e dt t e  e dt



0,25

2 2 2

0 0

1 1 1 2

sinx.sin 2 . (cos os3 ). (sinx sin 3 )

2 2 3 3

K x dx x c x dx x

  









    0,25

2
cos

2 8

( sinx).sin 2 . 2

3 3

x

e x dx



   



0,25

IV

(1 điểm) Từ giả thiết suy ra

 ' 300
BC C

BA = BC = r
0

' cot 30 3

CC BC r

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

wWw.VipLam.Info

3
0
'. EF . EF . EC '.

1 1 1. .AA'.1

. .sin120

8 3 8 2 32

A K C K F K A ABC

r

V V V  V  BA BC  0,25

Gọi H là trung điểm của AC ta có FH // AA’ suy ra FH(ABC) và 2

r

HKHB HE 

Gọi J là trung điểm KF, trong mp (FKH) đường trung trực của FK cắt FH tại I, I chính là
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE

0,25

2 2 2 2

FK FH KH r

Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE
2 2

. 3

2 3 3

FJ FK FK r r

R FI

FH FH r

    

0,25

V
(1 điểm)

Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 2 bộ ba số dương ta có

z
y
x
9
z
1
y
1
x
1
9
xyz
3
xyz
3
z
1
y
1
x
1
)
z
y
x
(
3

3


















(*)

áp dụng (*) ta có 3 3 3 3 a 3b 3 b 3c 3 c 3a

9
a
3
c
1
c
3

b
1
b
3
a
1
P












0,25

áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 3 bộ ba số dương ta có

























3
3
3

a 3b 1 1 1

a 3b 1.1 a 3b 2

3 3

b 3c 1 1 1

b 3c 1.1 b 3c 2

3 3

c 3a 1 1 1

c 3a 1.1 c 3a 2

3 3
  
    
  
    
  
    
0,25

Suy ra





3a 3b 3 b 3c 3c 3a 1 4 a b c 6

           134.346 3

  0,25

Do đó P3; Dấu = xảy ra

a b c 4 a b c 1

4
a 3b b 3c c 3a 1


  

     
      
 0,25
VI.-1

(1 điểm) Đường trịn (C) tâm I(a, b) bán kính R có

phương trình (x a )2(y b )2 R2

MAB vng tại M nên AB là đường
kính suy ra  qua I do đó:

a - b + 1 = 0 (1)

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

wWw.VipLam.Info

Hạ MH AB có ( , )

2 1 1
2
2

M

MH d 

 

  

1 1

. 2 .2 . 2 2

2 2

MAB

S  MH AB  R  R

0,25

Vì đường tròn qua M nên (2 a)2(1 b)2 2 (2)

Ta có hệ 2 2

1 0 (1)

(2 ) (1 ) 2 (2)

a b

a b

  




   


0,25

Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình (x1)2(y 2)2 2 0,25

VI -2
(1 điểm)

Đường thẳng d qua M (0, 2, 1) có VTCP u(1, 1, 1) 



(P) có VTPT n a b c( , , )



( ) . 0 0

d  P  n v   a b c    a b c 

0,25

  0

( ,( )) ( , ( )) os( , ) os( , )

b c

Oy P Oz P c j n c k n b c

b c

 


      

 


   

0,25
Nếu b = c = 1 thì a = 2 suy ra ( )P1 : 2x + y + z - 1 = 0 (loại vì M( )P1 0,25
Nếu b = - c = - 1 thì a = 0 suy ra ( )P2 : y - z - 1 = 0 (thỏa mãn)

Vậy (P) có phương trình y - z - 1 = 0 0,25

VII
(1 điểm)

Đặt z = x + iy ta có

2 2

3 1 ( 3) 1

z i   x  y  0,25

Từ x2(y 3)2 1 ta có (y 3)2  1 2 y 4 0,25

Do đó z  x2y2  0 2 2 2 0,25

</div>

DE 12 TOAN CO DAP ON THI DH 2012

<b>wWw.VipLam.Info</b>



<b>wWw.VipLam.Info</b>





<b>wWw.VipLam.Info</b>

√

√

(

)

<b>wWw.VipLam.Info</b>

(

<i><sub>e</sub></i>

s inx).sin 2 .

<i><sub>x dx</sub></i>

2

<i><sub>e</sub></i>

.cos .sin .

<i><sub>x</sub></i>

<i><sub>x dx</sub></i>

s inx.sin 2 .

<i><sub>x dx</sub></i>













<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>



<b>wWw.VipLam.Info</b>





























<b>wWw.VipLam.Info</b>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về