Dap an thi thu DH khoi BD cua THPT Tam Nong

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT TAM NÔNG. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN THI: TOÁN - KHỐI B+D (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề). I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ĐIỂM): Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số : y =. x +1 (1) x−2. a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) b/ Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị (C). Chứng minh rằng tiếp tuyến tại mọi điểm bất kỳ của đồ thị (C) luôn cắt hai đường tiệm cận tại A, B và tam giác IAB có diện tích không đổi. Câu 2 (2 điểm): 1/ Giải phương trình: s inx + 3 cos x + s inx + 3 cos x = 2.  x3 y 3 = 19 x3 − 1  2  y (1 + xy ) + 6 x = 0. 2/ Giải hệ phương trình: Câu 3 (1 điểm): 0. ∫. Tính tích phân: I= x(e 2 x + 3 1 + x )dx −1. Câu 4 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA = a và SA vuông góc với mặt đáy 1/ Tính thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện SBCD. 2/ Gọi MNPQ là thiết diện của hình chóp và một mặt phẳng song song với mặt đáy trong đó M ở trên SA và AM=x. Tính diện tích thiết diện MNPQ theo a và x. Câu 5 (1 điểm): Cho các số x, y , z dương .Chứng minh rằng:. x3 y 3 z 3 + + ≥ x+ y+ z y 2 z 2 x2. II/ PHẦN RIÊNG (3 ĐIỂM): (THÍ SINH CHỈ LÀM PHẦN A HOẶC B) A/ Theo chương trình chuẩn: Câu 6a ( 2 điểm): 1/ Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ ABC, A (-1;-3) phương trình các đường cao từ B và C tương ứng là: BH : 5 x + 3 y − 25 = 0, CK : 3x + 8 y − 12 = 0 . Tính diện tích của tam giác ABC. 2/ Trong không gian Oxyz, cho điểm H(1;2;3) .Tìm các điểm A, B, C trên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz sao cho H là trực tâm của tam giác ABC. Câu 7 a (1 điểm):. 3 x. Giải phương trình: log 3 ( ).log 2 x − log 3 (. x3 1 ) = + log 2 x 2 3. B/ Theo chương trình nâng cao Câu 6b ( 2 điểm): 1/ Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ ABC. A (1;2); B(5;3); C(-1;0) a/ Viết phương trình đường tròn tâm B tiếp xúc đường thẳng AC b/ Viết phương trình đường tròn đi qua A,C và có tâm trên trục Ox 2/ Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. Câu 7 b ( 1 điểm): Giải phương trình::. 2 lo g 3 ( x + 1 ) = x. ---------------------------------------------Hết------------------------------------------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải tích gì thêm). Họ và tên :……………………………………;.Số báo danh:………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trường THPT Tam Nông Câu 1. ý 1. Đáp án- thang điểm đề thi thử đại học khối B+D Đáp án Cho hàm số : y =. Thang điểm. x +1 (1) x−2. a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) b/ Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị (C). Chứng minh rằng tiếp tuyến tại mọi điểm bất kỳ của đồ thị (C) luôn cắt hai đường tiệm cận tại A, B và tam giác IAB có diện tích không đổi. •. TXD: D = ℝ \ {2}. y'=. −3 < 0 ∀x ≠ 2 ( x − 2) 2. a. 2đ. 0.25. Nên hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó. • Giới hạn và tiệm cận:. lim y = 1 ⇒ y = 1 là TCN. 0.25. x →±∞. lim y = +∞; lim y = −∞ ⇒ x = 1 là TCD x → 2+. • x. x → 2−. Bảng biến thiên. −∞. +∞. 2. y’ 0.25. +∞. 1 y. −∞. 1. Đồ thị: - Giao Ox: A(-1;0) - Giao Oy: B(0;-2). y. 0.25 1 -1. 0. x. 2. -2. b Gọi M(a;b) thuộc đồ thị của hàm số Phương trình của tiếp tuyến với đồ thị tại M có dạng:. y=. −3 a +1 ( x − a) + 2 (a − 2) a−2. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a+4 ) a−2 Giao với TCN: B(2a − 2;1). Giao với TCĐ: A(2;. 0.25. Giao của hai tiệm cân I(2;1) Tính được IA=. 6 và IB= 2 a − 2 a−2. Diện tích tam giác IAB: S = 2. 1. 0.25. IA.IB = 6 không đổi. 2. Giải phương trình: s inx + 3 cos x + s inx + 3 cos x = 2. 0.25 1đ. Điều kiện xác định: s inx + 3 cos x ≥ 0. s inx + 3 cos x = t ≥ 0. Đặt:. t = 1 ta được phương trình: t 2 + t − 2 = 0 ⇔  t = −2(loai ) Với t=1 :. 2. 0.50. s inx + 3 cos x = 1. π 1 ⇔ s inx+ 3 cos x = 1 ⇔ sin( x + ) = 3 2 −π   x = 6 + k 2π ⇔  x = π + k 2π  2  x3 y 3 = 19 x3 − 1 Giải hệ phương trình:  2  y (1 + xy ) + 6 x = 0 1 x = 0 không là nghiệm của pt.Đặt x = z 2 ( y + z ) ( y + z ) − 3 yz  = 19   Hệ trở thành:   yz ( y + z ) = −6. 0.25. 0.25. 1đ. 0.25. Đặt: S = x + y , P = xy Đk: S 2 ≥ 4 P.  S ( S 2 − 3P) = 19. 0.25. Khi đó hệ trở thành: .  S .P = −6 S = 1  S = −1 Giải hệ được:  và :  (loai )  P = −6 P = 6 −1 1 Tìm được nghiệm ( ;3), ( ; −2) 2 3 3. 0.25 0.25. 0. ∫. Tính tích phân: I= x (e 2 x + 3 1 + x ) dx. 1đ. −1. 0. I=. ∫ x (e. −1. I1=. ∫. 0. −1. 2x. 0. 0. −1. −1. + 3 1 + x )dx = ∫ x.e 2 x dx + ∫ x. 3 1 + xdx. 0.25. x.e 2 x dx dùng pp tính tích phân từng phần. 3 − e2 Đặt u = x, dv = e dx . Tính được I1= . 4e 2 2x. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> I2=. ∫. 0. −1. x. 3 1 + xdx Đặt : u = 3 1 + x ⇒ u 3 − 1 = x ⇒ dx = 3u 2 du. Đổi cận: x = −1 ⇒ u = 0; x = 0 ⇒ u = 1. 0.25. 1. 3  9 3 I2= ∫ (3u 6 − 3u 3 ).du =  u 7 − u 4  = − 0 4 0 28 7 1. I=I1+I2=. 21 − 16e2 28e2. 0.25. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA = a và SA vuông góc với mặt đáy 1/ Tính thể tích và diện tích toàn phần của tứ diện SBCD. 2/ Gọi MNPQ là thiết diện của hình chóp và một mặt phẳng song song với mặt đáy trong đó M ở trên SA và AM=x. Tính diện tích thiết diện MNPQ theo a và x.. 4. 1đ. S. M N. Q P. A. B. 1 VSABCD=. D. C. a3 a3 a3 ;VSABD = ⇒ VSBCD = 3 6 6. Stp=dt(SBC)+dt(SBD)+dt(SCD)+dt(BCD) Stp= 2. (1 + 3 + 2 2)a 2. 0.50. 2. Từ giả thiết suy ra (MNPQ)// (ABCD) và tứ giác ABCD là hình vuông cạnh a nên MNPQ là hình vuông và ∆SAB vuông cân tại A ⇒∆SMN vuông cân tại M:. AM = x ⇒ SM = MN = a − x ⇒ dt ( MNPQ) = (a − x) 2 (ĐVDT). 5. 0.25 3. Cho các số x, y , z dương .Chứng minh rằng:. 0.25. 3. 3. x y z + 2 + 2 ≥ x+ y+ z 2 y z x. 1đ. Áp dụng BĐT Côsi:. x3 + y + y ≥ 3x y2 y3 + z + z ≥ 3y z2 z3 + x + x ≥ 3z x2 Cộng vế với vế:. 0.50. x3 y 3 z 3 + + ≥ x+ y+ z y 2 z 2 x2. 0.50.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 6a. 1. Dấu ‘=’ xảy ra khi : x = y = z Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ ABC, A (-1;-3) phương trình các đường cao từ B và C tương ứng là: BH : 5 x + 3 y − 25 = 0, CK : 3x + 8 y − 12 = 0 . Tính diện tích của tam giác ABC Đường thẳng AC đi qua điểm A và vuông góc với BH nên có phương trình. 1đ. Đường thẳng AB đi qua điểm A và vuông góc với CK nên có phương trình. 0.25. B là giao của AB và đường thẳng BH do đó B(2;5) C là giao của AC và đường thẳng CK do đó C(4;0) Phương trình đường thẳng BC: 5x + 2y − 20 = 0. 0.25. 3x − 5y − 12 = 0. 8x − 3y − 1 = 0. Khoảng cách d(A;BC)=. −5 − 6 − 20. =. 29 31 Diện tích tam giác dt(ABC) = (đvdt) 2 2. 31 và BC = 29 29. Trong không gian Oxyz, cho điểm H(1;2;3) .Tìm các điểm A, B, C trên các trục tọa độ Ox, Oy, Oz sao cho H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi A(a;0;0) ; B(0;b;0) ; C(0;0;c). x y z Khi đó pt mp(ABC) dạng: + + = 1 a b c. 0.25 0.25. 1đ 0.25. Do H là trực tâm tam giác ABC nên:.    AH ⊥ BC  2b − 3c = 0 a = 14 a = 2 b = 3 c      ⇔ a − 3c = 0 ⇔  1 2 3 ⇔ b = 7  BH ⊥ AC + + = 1  H ∈ mp ( ABC ) 1 2 3 a b c  14   + + =1  c = 3 a b c  14 Vậy: A(14;0;0); B(0;7;0); C(0;0; ) 3 3 x3 1 Giải phương trình: log 3 ( ).log 2 x − log 3 ( ) = + log 2 x x 2 3 Điều kiện xác định: x > 0 khi đó phương trình tương đương 3 x3 1 log 3 ( ).log 2 x − log 3 ( ) = + log 2 x x 2 3 1 1 1 ⇔ (1 − log 3 x) log 2 x − (3log 3 x − ) = + log 2 x 2 2 2 ⇔ log 2 x − 2 log 3 x log 2 x − 6 log 3 x = 0. 7a. 0.50. 0.25. 1đ. 0.25. ⇔ log 2 3.log 3 x − 2 log 3 x log 2 x − 6 log 3 x = 0 ⇔ log 3 x(log 2 3 − 2 log 2 x − 6) = 0  log 3 x = 0 x = 1   ⇔ 3 ⇔ 3 log 2 x = log 2 x=   64 8 3 8 Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ ABC. A (1;2); B(5;3); C(-1;0). Vậy nghiệm của pt là x =1 và x =. 6b. 1. a/ Viết phương trình đường tròn tâm B tiếp xúc đường thẳng AC b/ Viết phương trình đường tròn đi qua A,C và có tâm trên trục Ox. 0.50. 0.25. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1a. Phương trình đường thẳng AC : x − y + 1 = 0 Bán kính R = d ( B; AC ) = PT đường tròn tâm B tiếp xúc với AC : ( x − 5) 2 + ( y − 3) 2 =. 1b. 3 2. 9 2. 0.25. Tâm I thuộc ox do đó I(m ;0) Vì đường tròn cần lập qua A,C nên: IA=IC=R. IA = (1 − m) 2 + 4 và IC = (1 + m) 2 Có: 4m = 4 m=1 2. 0.25. 0.25. I(1;0) và bán kính R=2. Vậy đường tròn cần lập: ( x − 1) 2 + y 2 = 4 Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC Pt mp(ABC): 6x + 3y + 2z − 6 = 0 Do H là trực tâm tam giác ABC do đó OH ⊥ mp ( ABC ) (Hs CM). 0.25 1đ 0.25 0.25. Do đó OH = tn. 6 x + 3 y + 2 z − 6 = 0  x = 6t 36 18 12  ⇒ H( ; ; ) Khi đó tọa độ H là nghiệm hpt  49 49 49  y = 3t  z = 2t 7b. 2 lo g 3 ( x + 1 ) = x. 2 Giải phương trình::. Đk: x > −1 Đặt log 3 ( x + 1) = t ⇒ x = 3t − 1. t. t.  2 1 Phương trình đã cho thành: 2 = 3 − 1 ⇔   +   = 1  3  3 t. 0.50 1đ. 0.50. t. Ta thấy VT là HSNB và VP là hằng số đồng thời : t=1 là nghiệm suy ra t= 1 là nghiệm duy nhất. t = 1 ⇔ log 3 ( x + 1) = 1 ⇔ x = 2 TM Chú : Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.. 0.50.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>