DE THI THU DAI HOC CUA THPT TRIEU SON

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 21 -NĂM HỌC 2011-2012 MÔN: TOÁN-khối A-B-D (Thời gian: 180’- không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số. y=. 3 x+2 x+ 2. có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi M là điểm bất kỳ trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Tìm tọa độ M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.( I là giao điểm của các đường tiệm cận ) x x 2 x 2 π 1.Giải phương trình: 1+sin sin x − cos sin x =2cos ( − ) 2 2 4 2  3 x  2 y  4 x  y 5   2 y2 5 y 2 x  x 2. Giải hệ phương trình:  2 x  ( x  sin x )sin x I  3 dx 3 2 sin x  sin x 3 Câu III(1 điểm): Tính tích phân: Câu II. (2,0 điểm). Câu IV (1.0 điểm).Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, đỉnh A’ cách đều các điểm A, B, C . Mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’ cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng a2 √3 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ . 8 Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thoã mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 1 1 1 P   a (a  bc)  2b(b  ac) b(b  ac )  2c(c  ab ) c (c  ab)  2a (a  bc ) B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. ( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh C biết phương trình đường thẳng AB  14 5  65 G ;  là: x + y – 2 = 0, trọng tâm của tam giác ABC là  3 3  và diện tích của tam giác ABC bằng 2 (đvdt). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) x+ y − z +1=0 và đường thẳng: x −2 y − 1 z −1 = = d: 1 −1 −3 Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng Δ nằm trong (P), vuông góc với d sao cho khoảng cách từ I đến Δ bằng 3 √ 2 Câu VIIa (1,0 điểm) : Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số mà trong đó chữ số 2 có mặt đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần. 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, cạnh đáy BC có phương trình: x+ y + 1 = 0 (d1) . phương trình đường cao kẻ từ B là d2 : x -2y – 2 = 0. Điểm M(2; 1) thuộc đường cao vẽ từ đỉnh C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình. x 1 z 1 y  2 3 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d sao cho khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. 2 x  x 2 x3 4 x 8 x3 4 x  4 2 16.2 2 ( x  ) Câu VIIb (1,0 điểm): Giải phương trình 4.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> .................HẾT.............. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 Câu Câu I (2 điểm). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 21 -NĂM 2011-2012 Môn: TOÁN-khối A-B-D Điểm. Đáp án 1.(1.0 điểm) *Tập xác định: R\{-2} *Sự biến thiên. 2. x+ 2¿ ¿ ¿ 4 y '= ¿. -Chiều biến thiên:. 0,25. x≠-2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (-;-2) và (-2;+) -Cực trị: hàm số không có cực trị -Giới hạn và tiệm cận: lim y= lim y =3⇒ y=3 là x →− ∞. x→+ ∞. tiệm cận ngang của đồ thị x → −2+¿ y=− ∞ ⇒ x=2 lim y =+ ∞ ; lim x →− 2. −. 0,25 là. ¿. tiệm cận đứng của đồ thị Bảng biến thiên x y  ’y. -. +. ++ 2 . + . 3 0,25. . 3 * y. f(x)=(3x+2)/(x+2). 8. x=-2. 7. y=3. 6 5 4 3 2. 0,25. 1 -7. -6. -5. -4. -3. -2. -1. 1. 2. 3. 4. -1 -2 -3. x=0y=1; y=0x=-. 2. (1 điểm) Gọi. 2 3. 0,25. x.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3 a+2 )∈( C) ,a ≠ −2 a+2 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: a+2 ¿2 ¿ ¿ ()Đồ thị: 4 y= ¿ M (a ;. Câu II (2 điểm). Đường thẳng d1:x+2=0 và d2:y3=0 là hai tiệm cận của đồ thị 3 a− 2 ¿ , d1=A(-2; a+2 d2=B(2a+2;3) Tam giác IAB vuông tại I AB là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB diện tích hình tròn S= a+ 2¿ 2 ¿≥8π 2 64 a+2 ¿ + ¿ 4¿ AB2 π π = ¿ 4 4 Dấu bằng xảy ra khi và chi khi 2 a+2¿ ¿ ⇔ ¿ a=0 ¿ a=− 4 ¿ ¿ ¿ 16 a+2 ¿2= ¿ ¿ ¿ Vậy có hai điểm M thỏa mãn bài toán M(0;1) và M(-4;5) 1.(1 điểm) Phương trình. 0,25. O. 0,25. 0,25. 0,25. π 1+cos ( − x ) x x 2 2 ⇔ 1+sin .sin x − cos .sin x=2 2 2 2 x x ⇔ 1+sin .sin x − cos .sin 2 x=1+sin x 2 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> x x ⇔ sin x . (sin − cos . sin x −1)=0 2 2 ⇔ sin x=0 ⇔ x=kπ , k ∈ Z ¿ (*) x x 0,25 sin − cos . sin x − 1=0 2 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x x x x x x (*)  sin  2sin .cos 2  1 0  sin  2sin .(1  sin 2 )  1 0 2 2 2 2 2 2 0,25 x x x  2sin 3  sin  1 0  sin 1  x   k 4 2 2 2 Vậy phương trình đã 0,25 cho có nghiệm x=k,kZ 2.(1 điểm)  3 x  2 y  4 x  y 5  (*)  2 y2 5 y 2 x  x  Điều kiện : 3 x  2 y 0; 4 x  y 0   x 0. 0,5. 2 x 2  5 xy  2 y 2 0 (*)     3 x  2 y  4 x  y 5.  2 x  y   x  2 y  0   3 x  2 y  4 x  y 5.   y 2 x    3 x  2 y  4 x  y 5    x 2 y   3 x  2 y  4 x  y 5  . 0.25.   y 2 x     x  6 x 5(VN )  y 1    x 2   x 2 y 0,5    4 y  9 y 5   Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2;1) Câu III (1,0 đ). 2. I  3 3. 2 3  3. . 2 x  ( x  sin x)sin x x(1  sin x)  sin 2 x 3 dx  3 (1  sin x)sin 2 x dx (1  sin x)sin 2 x. 2 x dx dx   3 2 sin x 3 1  sin x. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> u x   dx  dv   sin 2 x. * Đặt 2 3  3 2 3  3.  *. . du dx  v  cot x. 0,25. 2 2 2 x  3 3 dx  x cot x|    cot xdx   x cot x  ln sin x  | 3  2 sin x 3 3 3 3. 2 dx  3 1  sin x 3. 2 dx dx  3  x   2 3 1  cos   x  2cos    2   4 2. 0,25. 2  x 3  tan    |  4  2 3  4 2 3. I Vậy. 0,25.  4 2 3 3. H×nh kh«ng gian. 1,0. C’. A’ B’ H. C©u IV. C. A O. M. B ( 1 điểm ). - Do A’A = A’B = A’C nên hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABC) trùng với 0,25 trọng tâm O của tam giác ABC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AA’, Khi đó (P) (BCH). Gọi M là  trung điểm của BC thì MH  AA’ và A ' AM nhọn H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi (P) là tam giác BCH.  ABC đều cạnh a nên AM= a √3 , AO= 2 AM= a √3 ; HB = HC = 0,25 2 3 3 a 2  AH 2  HM  BC a2√ 3 1 a2 √ 3 a √3 Theo bài ra: S BCH= ⇒ HM . BC= ⇒ HM= 8 2 8 4.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2. 2. 3 a 3a 3 a AH=√ AM − HM = − = 4 16 4 2. 2. √. Hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng A ' O=. Suy ra. 0,25. A ' O HM = AO AH. AO. HM a √ 3 a √ 3 4 a = = AH 3 4 3a 3. 1 1 a a √3 a3√ 3 Thể tích khối lăng trụ : V = A ' O . S ABC= A ' O. AM . BC= a= 2 23 2 12 ( đvtt) Tìm giá trị lớn nhất ... Câu V. ( 1 điểm). 1 1 1 P= 2 + 2 + 2 Ta có: 2 2 2 a +2 b +3 b +2 c +3 c + 2a +3 1 1 1 1 = 2 2 2 ≤ Ta cã a2+b2  2ab, b2 + 1  2b  2 2 a +2 b + 3 a +b +b +1+2 2 ab+ b+1 1 1 1 1 1 1 ≤ , 2 ≤ Tương tự: 2 2 2 b +2 c +3 2 bc+c +1 c +2 a +3 2 ca +a+1 1 1 1 1 1 1 ab b 1 P≤ + + = + + = 2 ab+b+1 bc+ c+ 1 ca +a+1 2 ab+b +1 b+1+ab 1+ ab+b 2 1 1 P= khi a = b = c = 1. VËy P lớn nhất bằng khi a = b = c = 1. 2 2. (. ) (. ). 0,25. 1,00 0,25. 0,25 0,25 0,25. 1. Theo chương trình chuẩn 1. Viết phơng trình đờng tròn..... 1,0. C. .. G. A. C©u VI.a. (2 điểm). H. B. Gọi H là trung điểm của AB  CH  AB CH có pt : x-y-3=0  5 1 H CH  AB  H  ;    2 2   CG 2GH  C (9;6). Gọi A(a;2-a)  B( 5-a; a-3)    13 13   AB (5  2a; 2a  5); CH   ;   2  2 65 1 65 SABC   AB.CH   8a 2  40a 0  2 2 2 Theo gt : *a=0.  A  0; 2  ; B  5;  3. *a=5.  A  5;  3 ; B  0; 2  ..  a 0  a 5 . 0,25. 0,25. Đường tròn (c ) cần tìm có pt dạng: x 2  y 2  2ax  2by  c 0 (a 2  b 2  c  0) (c ) qua A, B, C nên:. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 4b  c  4   10a  6b  c  34  18a  12b  c  117 .  a  137 / 26  b  59 / 26 c  66 /13 . 0,25. 137 59 66 x y 0 13 13 13. x2  y2 . Vậy đường tròn cần tìm có pt: 2.Viết phơng trình đờng thẳng 1,0  n =(1; 1 ; −1) • (P) có véc tơ pháp tuyến và d có véc tơ chỉ phương (P ) . u=( 1; −1 ; −3)  I =d ∩( P)⇒ I (1 ; 2 ; 4) 0,25  u =  n ; u  =(− 4 ; 2 ; −2) • vì Δ⊂ (P) ; Δ⊥ d ⇒ Δ có véc tơ chỉ phương ] Δ [ (P) • Gọi H là hình chiếu của I trên Δ ⇒ H ∈mp (Q) qua I và vuông góc Phương trình (Q): −2( x −1)+( y −2)−(z −4 )=0 ⇔− 2 x + y − z +4=0 Gọi d 1=(P) ∩(Q) ⇒d 1 có véctơ chỉ phương. n(P) ; n(Q) ]=(0 ; 3 ; 3)=3(0; 1 ; 1) [. Ta có. và d 1. Δ. ⇒ ptd 1 : x=1 qua I y=2+t z =4+ t ¿{{. H ∈ d 1 ⇒ H (1; 2+t ; 4+ t)⇒  IH=(0 ; t ; t). 0,5. IH=3 √2 ⇔ √ 2 t 2=3 √2 ⇔ t=3 ¿ t=−3 • ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x −1 y − 5 z −7 • TH1: t=3 ⇒ H (1 ; 5; 7)⇒ pt Δ: − 2 = 1 = − 1 x −1 y +1 z −1 TH2: t=−3 ⇒ H (1 ; −1 ; 1)⇒ pt Δ: −2 = 1 = −1. 0,25. Tìm số các số tự nhiên gồm 7 chữ số…. x a1a2 a3a4 a5 a6 a7. Gọi số cần tìm là:. Câu VIIA. · Giả sử. (a1  0).. a1 có thể bằng 0:. + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là:. ( 1 điểm). + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: + Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: · xét. 1,0. C72. 0,5. 3 5. C 2!. C82. 0,25. a1 = 0:. + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là:. C62. C43. + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: + Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7 Vậy số các số cần tìm là:. C72 .C53 .2!C82  C62 .C43 .7 11340. (số).. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> C©u VI.b. 2. Theo chương trình nâng cao 1. Viết phương trình đường thẳng AB, AC. 1,0. . B d1  d 2  B(0; –1). BM (2; 2)  MB  BC. Kẻ MN // BC cắt d2 tại N , do tam giác ABC cân  BCNM là hình chữ nhật.. ( 2điểm). 0,25  8 1 N ;  PT đường thẳng MN: x  y  3 0 . N = MN  d2   3 3  . 7  2 5 C  ;  x  y  0 3 NC  BC  PT đường thẳng NC: .C = NC  d1   3 3  .. AB đi qua B và AB  CM  PT đường thẳng AB: x  2 y  2 0 .. 0,25. 0,25. AC qua C và AC  BN  PT đường thẳng AC: 6 x  3 y  1 0. Câu VIIb. 0,25 2. Viết phương trình mặt phẳng….. 1,0 * Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d =>H cố định và AH = const. Do 0,25 (P)//d nên khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (p)  d ( H , p ) HI HA  HI * Gọi I là hình chiếu vuông góc của H trên (p) lớn 0,25 nhất  A ≡ I => (p) là mặt phẳng qua A nhận AH làm VTPT 0,25 u=(2 ; 1; 3) H ∈ d ⇒ H (1+2 t ; t ; 1+3 t) Và - là véc tơ chỉ AH ⊥ d ⇒  AH . u =0 ¿ AH(−7 ;− 1; 5) phương của d) ⇒ H (3 ; 1 ; 4)⇒  (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 0,25  7x +y - 5z -77 = 0 Giải pt…….. 1,0 3 3 0,25 2 x x2 x 2 x  2 x 4 x  4  2 4 2 ĐK: x   2. Với đk đó pt  4 4. 2 x 2. 3. (24 x  4  1)  2 x (24 x  4  1) 0  (24 x  4  1)(42. x 2. 3.  2 x ) 0 0,25. 4 x 4 1  4 x  4 0  x 1 TH1: 2 3 3 42 x 2 2 x  x 2 x  2  4 TH2: 2 3. ( x  2)( x 2  2 x  4) . x  8 2( x  2  2)   x  2 0  2 (*) 2  x  2x  4  x2 2 . 2 2 Giải (*):VT = x  2 x  4 ( x  1)  3 3 ; VP =. 2( x  2) x2 2. 2 1  x2 2 (*) VN. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>