CHUYEN NGUYEN HUE L4

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ. KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A,B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. 3. 2. Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y = x  3mx + 2 (1), m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4. Câu II: (2,0 điểm) 3cot 2 x  2 2 sin 2 x (2  3 2) cos x 1. Giải phương trình: 2. Giải phương trình:. 3x 2  6 x  3 . x 7 3. 1. Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân. 3x  1 3. x 9 x2  1. dx. Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a,  = 600 và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N là trung điểm của AB, SB = a 3 , BAD. BC. Tính thể tích tứ diện NSDC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Câu V: (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ  P  x   nhất của biểu thức:.   x  y  z    y    z   y 3   z 3   x 3 . Câu VI (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3,2), 2 2 , trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G( 3 3 ) và I(1,-2). Xác. định tọa độ đỉnh C. x  1 y 1 z  1   2 1 1 , điểm 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng A (1,4,2) và mặt phẳng (P): 5x – y + 3z – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A, d:.  nằm trong mp(P) biết rằng khoảng cách giữa d và  bằng 2 3 .. i.z  2 0,5 z = i.z1 Câu VII (1,0 điểm) Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn 1 và 2 . Tìm giá trị. nhỏ nhất của. z1  z 2. ------------------------Hết---------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:………………………………………………..SBD:…………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, B. CÂU. NỘI DUNG 3. ĐIỂM. 2. m = 1  y = x  3x + 2 a) TXĐ: R b) Sự biến thiên: lim y  ; lim y  x   *) Giới hạn: x  . 0,25. *) Chiều biến thiên:. y' = 3x 2  6x. x = 0. ; y' = 0   x = 2. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-  ; 0) và (2; +  ), hàm số nghịch biến trên (0; 2) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; hàm số đạt tiểu tại x = 2, yCT= - 2 BBT x - 0 2 + f’(x) I-1 (1điểm ). f(x). +. 0 2. -. -. 0. 0,25. + +. 0,25. -2. c) Đồ thị:. 0,25. I-2 (1điểm ). x = 0. y' = 0   y = x 3  3mx 2 + 2  y' = 3x 2  6mx ;  x = 2m Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt  m  0 Với m  0 thì đồ thị hàm số (1) có tọa độ 2 điểm cực trị là: A(0; 2) và. 0,25. B(2m;-4m3+2) Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị A, B là: 2 x y  2 =  2m x+y  2=0 2m - 4m3. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  1. C. 2. . ;0 .  , cắt Oy tại A(0; 2) AB cắt Ox tại  m Đường thẳng qua 2 điểm cực trị tạo với các trục tọa độ tam giác OAC vuông tại O ta. 1 1 1 1 OA.OC = .2. 2 = 2 2 m m2 có: 1 1  =4  m= ± 2 m 2 (thỏa mãn m  0). Yêu cầu bài toán thỏa mãn 1 m= ± 2 Vậy SOAC =. 0,25. 0,25. Điều kiện : x  k. cos x − √ 2 ) = 2(cosx - √ 2 sin2x) 2 sin x √ 2cos 2 x +cos x − √ 2=0  (cosx - √ 2 sin2x)(3cosx – 2sin2x) = 0  2cos 2 x +3 cos x −2=0 ¿  cos x  2 (loai )  2  cos x   2   cos x  2 ( loai )   1 cos x    2 π π KÕt hîp víi ®/k suy ra pt cã nghiÖm: x = ± + k 2 π & x = ± + k 2 π 4 3. Phương trình tương đương: 3cosx(. II-1 (1 điểm). II-2 (1 điểm). x 7 1 1  ( x  1)2  2  ( x  1)  2 3 3 3 , x  7 1  2 u  x  1 u  2  3 v    1 v 2  2 1 u  v  ( x  1)  2 (v 0) 3 3 Đặt  ta có hệ phương trình:  2 2 2 (u  v)[3(u  v)  1] 0 3u  6 v 3(u  v )  u  v 0  2  2  2 3v  6 u 3u  6 v 3u  6 v   u  v 0 3(u  v)  1 0  2  2  3u  6 v hoặc 3u  6 v  1  73 (lo¹i) u  u  v 0 u v 6   2   2 1  73 3u  6 v 3u  u  6 0  u   6  1  1  69  v   u u   3(u  v)  1 0  3 6     2 17  3u  6 v 3u 2  u  0  u   1  69 (lo¹i)  3  6. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 3x 2  6 x  3 . 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 13 7 1  73 73  5 u  x  1 6 6 6 + Với .  1  69  1  69  69  7 u  x  1 6 6 6 + Với . 1. 1. x I  dx x(3x  2 1 3x  9 x  1 1 3. 3. 1. III (1 điểm). 1. 9 x 2  1) dx 3x 2 dx . 1. I1 3 x 2 dx  x3 1  3. 1 3. 1. 1 3. 0,25 1. 9 x 2  1dx. x 1 3. 26 27. 0,25. 1. 1. 3. 1 3. 3 1 1 2 2 2 I 2 x 9 x  1dx   9 x  1d (9 x  1)  (9 x  1) 2 18 1 27 1 2. 3. I. 0,25. 16 2  27. 26  16 2 27. Vậy Từ giả thiết có AB = 2a, SA = a,. 0,25 0,25. SB = 3 , tam giác ASB vuông tại S suy ra SM . AB a 2 do đó tam giác SAM đều.. Gọi H là trung điểm AM thì SH  AB. Mặt khác (SAB)  (ABCD) nên suy ra SH  ( ABCD) IV (1 điểm). VNSDC VSNDC. 1 1 1 1 a 3 1 4a 2 3 a 3  SH .S DNC  SH . SBDC  . .  3 3 2 3 2 2 4 4. 0,25. 0,25. Gọi Q là điểm thuộc đoạn AD sao cho AD = 4 AQ khi đó MQ//ND nên (SM , DN ) (SM , QM ) . Gọi K là trung điểm MQ suy ra HK//AD nên HK  MQ    Mà SH  (ABCD), HK  MK suy ra SK  MQ suy ra ( SM , DN ) ( SM , QM ) SMK. 1 1 1 MQ DN a 3 MK 3  cos SMK  2 4 4  SM a a a 4 Trong tam giác vuông SMK:. V (1 điểm). 2 2 2 2 2 2 ĐÆt x = a , y b , z c . Do x  y  z 3 suy ra a  b  c 3 . a3 b3 c3 P   b2  3 c2  3 a2  3 . Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân có: a3 a3 b2  3 a 6 3a 2   3 3  16 64 4 (1) 2 b2  3 2 b2  3. b3 2 c2  3. . b3 2 c2  3. . c2  3 c 6 3c 2 3 3  16 64 4 (2). 0,25. 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> c3 2 a2  3. . c3 2 a2  3. . a2  3 c 6 3c 2 3 3  16 64 4 (3). Cộng theo vế ta được: P. a 2  b2  c 2  9 3 2   a  b2  c2  16 4 (4). Vì a2+b2+c2=3 3 3  P P 2 vậy giá trị nhỏ nhất 2 khi a = b = c =1  x = y = z = 1 Từ (4)  7 4 IM (2;4), GM  ;  3 3   Gọi A(xA; yA). Có AG 2 GM  A(-4; -2).  Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IM làm vec tơ pháp tuyến nên có PT: 2(x - 3) + 4(y - 2) = 0  x + 2y - 7 = 0. Gọi C(x; y). Có C  BC  x + 2y - 7 = 0.. 0,25 0,25. . VI- 1 2 2 2 2 (1 điểm) Mặt khác IC = IA  ( x  1)  ( y  2)  25  ( x  1)  ( y  2) 25 .  x  2 y  7 0  2 2 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: ( x  1)  ( y  2) 25  x 5  x 1   Giải hệ phương trình ta tìm được  y 1 và  y 3 .. 0,25 0,25 0,25. 0,25. Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3). Gọi (Q) là mặt phẳng qua d và cách A(1,4,2) một khoảng 2 3 .. (Q) qua N(1, -1, 1) thuộc d nên có phương trình: a(x-1) + b(y+1) +c(z-1) = 0 (1) Do (Q) qua N’(1, -1, 1) thuộc d nên 2a + b + c =0 hay c = - 2a – 2b (2) d ( A,( Q )) 2 3 . a(1  1)  b(4  1)  c(2  1) 2. 2. a b c  12a  13b  11c  10bc 0 (3) 2. 2. 2 3  (5b  c) 2 12(a 2  b 2  c 2 ). 0,25. 2. 1 Thay (2) vào (3) có 7 a  8ab  b 0 . Chọn b = 1 được a = -1 hoặc a = 7 Với b = 1 , a = -1 thì (Q) có phương trình: x – y – z – 1 = 0 Đường thẳng  qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP   1 1 1 1 1 1 u  , ,   4(1, 2,  1)  1 3 3 5 5 1  2. VI-2 (1 điểm). 2. 2. nên. VII.. 0,25. có phương trình:. x 1 y 4 z 2   1 2 1 1 Với b = 1 , a = 7 thì (Q) có phương trình: x –7y +5z – 13 = 0 Đường thẳng  qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP x 1 y 4 z 2    u ( 8,11,17) nên  có phương trình:  8 11 17 Đặt z1 x1  iy1 ( x1 , y1  R). 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Khi đó điểm M ( x1 , y1 ) biểu diễn z1 , i.z1  2 0,5  i.x1  y1  2 0,5  x12  ( y1 . 2) 2 0, 25. Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn z1 là đường tròn (C1) tâm O1(0, 2 ) bán kính. (1 điểm). R1=0,5. z2 iz1  y1  x1i Suy ra N (- y , x ) biểu diễn z2 1 1 z  z MN Ta cần tìm M thuộc (C1) để 1 2 nhỏ nhất   Để ý rằng OM ( x1 , y1 )  ON (  y1 , x1 ) và OM = ON nên MN =. 0,25 2 .OM. 0,25. MN đạt giá trị nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất . Đường thẳng OO 1 đường tròn (C1) tại M1(0, 2. 2. 1 2 ) và M2(0,. 2. 1 1 z1 ( 2  )i 2 ) tức là 2. 1 1 2 2 khi M trùng M1(0, 2 ). Dễ thấy MN nhỏ nhất bằng. 0,25.

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