Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.

Toán 2 ab 2012 thpt công nghiệp hòa bình

423 views

Published on

  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

Toán 2 ab 2012 thpt công nghiệp hòa bình

  1. 1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2011-2012 TRƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP Môn: TOÁN; Khối: A, B ------------***------------- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đềI. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3mx 2  4m3 (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Xác định m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.Câu II (2,0 điểm). sin 2 x cos 2 x 1. Giải phương trình   tan x  cot x. cos x sin x  y 2   y  3  x  4 y  3  2. Giải hệ phương trình  3  x2  2 y  3  1 xCâu III (1,0 điểm). Tính tích phân I   0 4 x 2   e2 x . 4  x 2  x 2 dx.Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B và AB  BC  a; AD  2a . Cạnh bên SAvuông góc với đáy (ABCD) và SA  a . Gọi E là trung điểm của AD. Tính thể tích khối chóp S.CDE và tìm tâm, bán kính mặt cầungoại tiếp khối chóp S.CDE. 3Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn a  b  c  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 1 1 1 P 3 3 3 a  3b b  3c c  3aII. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình chuẩn.Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình ( x  2) 2  ( y  3) 2  10 . Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua điểm M  3; 2  và điểm A có hoành độ dương. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; 1; 2) và N (1;1;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ điểm K  0;0; 2  đến mặt phẳng (P) đạt giá trị lớn nhất. 2 2Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn z  2 z.z  z  8 và z  z  2 . 2. Theo chương trình nâng cao.Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng    : x  y  1  0 các điểm A  0; 1 , B  2;1 . Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng (  ). Tìm tọa độ các điểm C, D. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1), B(1; 0; 3), C (1; 2; 3) và mặt cầu (S) có phương trình: x 2  y 2  z 2  2 x  2 z  2  0 . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất.  2.log 3 y  log 2 1 x  1 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2  log 2 y  (log 2 x  1).log 2 3  ----------------------------------Hết----------------------------------
  2. 2. ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang)Câu Nội dung ĐiểmI.1 3 2 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x  3x + 4 + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2  6x = 0  x = 0 và x = 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0) và (2; +) 0.25 Hàm số nghich biến trênkhoảng (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0 y” = 6x  6 = 0  x = 1 Điểm uốn (1; 2)  3 4 Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim x3 1   3    .. 0.25 x  x  x x  LËp BBT: x 0 2 +∞ ∞ y’ + 0  0 + 0.25 4 +∞ y 0 Đồ thị: ∞ y 0.25 O xI.2 x  0 2/. Ta có: y’ = 3x2  6mx = 0   x  2m 0.25  hàm số có cực đại và cực tiểu khi m  0.
  3. 3.   Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB  (2m; 4m3 ) 0.25 Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3) Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng  2m  4m 3  0  0.25 y = x và I thuộc đường thẳng y = x  3  2m  m  2 0.25 Giải ra, kết hợp đk ta có: m ; 2II.1  * ĐK:x  k . 2 0.25 Pt về dạng -cos2x = cosx (2) 0.25  2 Giải (2) x  k và x =   k 2 3 3 0.25  Kết hợp đk pt có nghiệm là x    k 2 .. 3 0.25II.2 Đk: x  R; y  2. 0,25 Biến đổi (1) về pt ẩn y: y 2   y  3 x  4 y  3  y  3 (L); y  1  x 0,25 Thay vào (2)... 3 x  2  x  1  3 . ... 0,25 VT là hàm đồng biến trên  1;   nên pt có nghiệm duy nhất x = 3. (hoặc dùng ẩn phụ) Với x=3 suy ra y = -2. Vậy hệ đã cho có nghiệm (3;-2) 0,25III 1 1 x3 I   xe2x dx   dx  I1  I2 0.25 2 0 0 4 x 1 1 e 2 x 1 e2  1 Tính I1   x e2 x dx  ( xe2 x  ) |0  0.25 0 2 2 4 16 Tính I2 bằng cách đặt t  4  x2 được I2 3 3  0.25 3 e2 61 0.25 I 3 3  4 12IV a 3 V 6 0.50 ..Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung trực của SE. Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE là giao điểm của mặt phẳng (ABMN) và trục đường tròn ngoại tiếp đáy CDE. Gọi  là đường thẳng qua I là trung điểm của CD và song song với SA.Gọi K là trung điểm của AB thì KN //AM. KN và  đồng phẳng suy ra KN    O là điểm cần tìm 0.25 BC  AD 3a CD a 2 Tam giác OIK vuông cân nên OI=IK=  ; CD  a 2 ; IC   2 2 2 2
  4. 4. 9 a 2 2 a 2 11a 2 a 11 Ta có OC 2  OI 2  IC 2     R  OC  4 4 4 2 S O M N E A j K I B C 0.25 V ¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d­¬ng ta cã  1 1 1 3 1 1 1 9 (x  y  z)     33 xyz  x y z  9    (*)   3 xyz x y z xyz 1 1 1 9 ¸p dông (*) ta cã P  3 3 3 3 a  3b b  3c c  3a a  3b  b  3c  3 c  3a 3 0.25 ¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d­¬ng ta cã 3  a  3b1.1  a  3b  1  1 1   a  3b  2 3 3 3  b  3c1.1  b  3c  1  1 1   b  3c  2 3 3 3  c  3a1.1  c  3a  1  1 1   c  3a  2 3 3 0.25 1 1 3 Suy ra a  3b  3 b  3c  3 c  3a   4  a  b  c  6   4.  6  3 3   3 4  3   Do đó P  3 0.25  3 DÊu = x¶y ra   a b c  1  4  a b c a  3b  b  3c  c  3a  1 4  VËy P ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 3 khi a  b  c  1/ 4 0.25VI.a1 ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 ( a2+b2≠0). Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán 0.25
  5. 5. | 2a  3b  3a  2b | kính R  10 nên 10   10(a 2  b 2 )  25(a  b) 2 2 2 a b  (a  3b)(3a  b )  0  a  3b hay b  3a pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0 0.25 TH1: AB: x- 3y-3 = 0, ..gọi A(3t+3; t) t > -1 và do IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại). 0.25 Suy ra A(6;1) C(-2; 5) TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)  t > 0 và do IA2=2.R2=20 t = 0, t = -2 (không thoả mãn) 0.25 VI.a2 Gọi n   A, B, C   A2  B 2  C 2  0  là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; Ax  B  y  1  C  z  2   0  Ax  By  Cz  B  2C  0 0.25 N  1;1;3    P    A  B  3C  B  2C  0  A  2 B  C   P  :  2 B  C  x  By  Cz  B  2C  0 0.25 B Khoảng cách từ K đến mp(P) là:  d K,  P   2 2 4 B  2C  4 BC - Nếu B = 0 thì d(K,(P)) = 0 (loại) B 1 1 - Nếu B  0 thì d  K ,  P    2 2 2 4 B  2C  4 BC C  2 2   1  2 B  0.25 Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 0.25VII.a 2 2 0.5 Gọi z = x + iy ta có z  x  iy ; z  z  z z  x 2  y 2 (x, y  R) 2 2 z  2 z.z  z  8  4( x 2  y 2 )  8  ( x 2  y 2 )  2 (1) z  z  2  2 x  2  x  1 (2) 0.25 Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1 Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i 0.25VI.b1 Gọi I(a;b) là tâm của hình thoi. Vì I   nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1). 0.25 Ta có: AI (a;b+1) và BI (a – 2;b – 1) mà ABCD là hình thoi nên AI  BI suy ra : a(a – 2) + (b + 1)(b – 1) = 0 (2). 0.25 Thế (1) vào (2) rồi rút gọn được: a2 – 2a = 0  a = 0 va a = 2. 0.25 TH1: Với a = 0 thì I(0;1). Do I là trung điểm của AC và BD nên áp dụng công thức tọa độ trung  xC  2 x I  x A  0  x D  2 x I  x B  2 điểm, ta có:  và  ;  yC  2 y I  y A  2  yD  2 yI  yB  1 C(0;2) và D(-2;1). 0.25 TH2: Với a = 2 thì I(2;-1). Tương tự ta được: C(4;-1) và D(2;-3). Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(-2;1) hoặc C(4;-1) và D(2;-3).VIb2. Ta có (S) : ( x  1) 2  y 2  ( z  1) 2  4 suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R  2    Và AB  (1; 1; 4); AC  (1; 3; 4)     Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là n   AB, AC   (8;8; 4)   0.25
  6. 6. Suy ra mp(ABC) có phương trình: 8x  8(y  1)  4(z  1)  0  2x  2y  z  1  0 1 Ta có VABCD  d ( D; ( ABC )).S ABC nên VABCD lớn nhất khi và chỉ khi d ( D;( ABC )) lớn nhất . Gọi 3 D1D 2 là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ thuộc (S) thì d ( D;( ABC ))  max d ( D1 ;( ABC )); d ( D2 ;( ABC )) . Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2 0.25  Đường thẳng D1D 2 đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là n ABC  (2; 2;1)  x  1  2t  Do đó (D1D2) có phương trình:  y  2t .  z  1  t   x  1  2t  2  y  2t  t3 Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ:    z  1  t t  2  ( x  1)  y  ( z  1)  4 2 2 2   3  0.25  7 4 1   1 4 5   D1  ; ;  & D2  ; ;  3 3 3   3 3 3   7 4 1 Ta thấy: d ( D1 ;( ABC ))  d ( D2 ;( ABC )) . Vậy điểm D  ;  ;   là điểm cần tìm  3 3 3 0.25VIIb 2.log 3 y    log 2 x  2 1 2 x  0  2.log 3 y  log 2 x  1  Điều kiện  khi đó hpt   log y  y  0 2   log 2 x  1 log 3 y  log 2 x  1   log 2 3 a  log 2 x  2.b  a 2  1 Đặt  khi đó hpt trở thành:   b  log 3 y b  a  1 0.25 2  2.  a  1  a  1 a  2a  1  0  2 a  1    b  a 1  b  a  1 b  0 0.5 log 2 x  1 x  2   (t / m) Vậy hệ có nghiệm duy nhất:  2;1 log 3 y  0 y  1 0.25 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ------------------Hết------------------

×