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.
Upcoming SlideShare
Graph theory some studies on dominating functions of quadratic residue cayley graphs pdf
Next
Download to read offline and view in fullscreen.

0

Share

Download to read offline

Toán 2 ab 2012 thpt công nghiệp hòa bình

Download to read offline

  • 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------------------

Views

Total views

487

On Slideshare

0

From embeds

0

Number of embeds

1

Actions

Downloads

2

Shares

0

Comments

0

Likes

0

×