Diese Präsentation wurde erfolgreich gemeldet.
Die SlideShare-Präsentation wird heruntergeladen. ×

Thi thử toán thanh thủy pt 2012 lần 2

Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Wird geladen in …3
×

Hier ansehen

1 von 6 Anzeige

Weitere Verwandte Inhalte

Diashows für Sie (20)

Ähnlich wie Thi thử toán thanh thủy pt 2012 lần 2 (20)

Anzeige

Weitere von Thế Giới Tinh Hoa (20)

Thi thử toán thanh thủy pt 2012 lần 2

  1. 1. www.MATHVN.com SỞ GD VÀ ĐT PHÚ THỌ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012 TRƯỜNG THPT THANH THUỶ Môn: Toán – Khối B- D-T www.MATHVN.com ( Thêi gian 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò ) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x +1 Câu I ( 2,0 điểm) Cho hàm số : y = (C) x −1 1.Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2.Tìm tất cả các điểm M ∈ (C) để tiếp tuyến tại M tạo với hai tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất. Câu II ( 2,0 điểm) cos3 x − sin 3 x 1. Giải phương trình: = 2 cos 2 x cos x + sin x  x3 y − x 2 + xy + 1 = 0 2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:  4  x − x y + x y =1 3 2 2 π 2 2sin x − cos x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ( sin x + cos x ) dx 0 3 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 1, CC’ = m (m > 0). Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB’ và BC’ bằng 600, khi đó hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và CC’ Câu V (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt: 10 x 2 + 8 x + 4 = m ( 2 x + 1) x 2 + 1 II.PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm)Thí sinh chỉ được là một trong hai phần(phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho đường tròn (C): x2 + y2 -2x – 2my + m2 – 24 = 0 có tâm I và đường thẳng (d): mx + 4y = 0. Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 12. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng có phương trình : x = 2 − t x − 2 y −1 z  (d1): = = ; (d2):  y = 3 .Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc 1 −1 2  z =t  chung của (d1) và (d2). Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: x ( 3log 2 x − 2 ) > 9 log 2 x − 2 B.Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho tam giác ABC có A(4; 6) , Phương trình đường cao CH và trung tuyến CK lần lượt là: 2x – y + 13 = 0 và 6x – 13y + 29 = 0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian Oxyz, cho hình vuông ABCD có A(5; 3; -1), C(2; 3; -4). Tìm toạ độ đỉnh D biết rằng đỉnh B nằm trên mặt phẳng (P): x + y - z – 6 = 0. Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực của số phức z = (1 + 3 i)n ,biết n ∈N thoả mãn : log 2 ( n − 9 ) + log 2 ( n + 6 ) = 4 -----------------HÕt-------------------- www.mathvn.com
  2. 2. www.MATHVN.com ĐÁP ÁN ĐỀ KSCL ĐH KHỐI B – D - T NĂM 2012 Câu Nội dung Điểm I x +1 1.(1,0 điểm) Cho hàm số : y = (C) x −1 (2,0 điểm) * TXĐ: D = R{ 1} * Sự biến thiên: 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 1 ; tiệm cận ngang: y = 1 x →+∞ x →−∞ lim y = −∞; lim y = +∞ ; tiệm cận đứng: x = 1 x →1− + x →1 - Bảng biến thiên: −2 Ta có: y ' = < 0 với mọi x ≠ 1 ( x − 1) 2 0,5 x -∞ 1 +∞ y’ - - y 1 +∞ -∞ 1 Hàm số nghịch biến trên khoảng (- ∞ ; 1) và ( 1; + ∞ ) * Đồ thị 0,25 8 6 4 2 15 10 5 5 10 15 2 4 6 8 2. (1,0 điểm) Tìm tất cả các điểm M ∈ (C) để tiếp tuyến tại M tạo với hai tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất. G/s: M(x0; y0) 0,5 - Vi t PTTT t i M, c t ti m c n t i A, B. E là giao c a hai ti m c n S ∆EAB = 4 ;AB2 = EA2 + EB2 ≥ 2EA.EB=16 nên AB ≥ 4; 0,5 www.mathvn.com
  3. 3. www.MATHVN.com EA+EB ≥ 2 EA.EB = 4 2 Vậy chu vi nhỏ nhất khi EA = EB ⇔ x0 = 1 ± 2 ⇒ y0 = ? II cos3 x − sin 3 x 1.(1,0 điểm) Giải phương trình: = 2 cos 2 x cos x + sin x Đk: cosx ≥ 0, sinx ≥ 0 0,25 Phương trình có dạng: (2,0 điểm) ( cos x − sin x )(1 + sin x cos x ) = 2 ( cos x − sin x )( cos x + sin x ) 0,25 cos x + sin x π TH1: cosx – sinx = 0 suy ra: x = + kπ 4 0,25 Th2: 1 + sin x cos x = 2 ( cos x + sin x ) ( cos x + sin x )(*) VP(*) ≥ 2(sin 2 x + cos 2 x)(sin 2 x + cos2 x) = 2 ; VT(*) ≤ 1 + 1 = 2 , dấu bằng 0,25 không xảy ra ⇒ vô nghiệm.  x3 y − x 2 + xy + 1 = 0 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x − x y + x y =1 4 3 2 2  x 3 y + x ( y − x ) = −1 Đưa hệ về dạng:   ; Đặt u = x3y, v = x(y – x) 0,25  x ( y − x ) + x y = 1 2 3   u=0  x = ±1 Giải hệ được  ⇒ v = −1  y = 0 0,5 u = −3  (vô nghiệm) v=2 0,25  x = ±1 Vậy hệ phương trình có nghiệm:   y=0 π III 2 2sin x − cos x Tính tích phân: I = ∫ ( sin x + cos x ) dx 0 3 (1,0 điểm) Đặt: x = π – t, đổi cận: x = 0 thì t = π Kh x= π thì t = 0 2 2 2 0,25 dx = -dt π π 2 2 cos t − sin t 2 2 cos x − sin x ⇒I = ∫ ( sin t + cos t ) 3 dt = ∫ ( sin x + cos x ) 3 dx 0 0 0,75 π π π 2 sin x + cos x dx 2 1  π ⇒ 2I= ∫ ( sin x + cos x ) dx = ∫ 0 2 cos 2  x − 3 = tan x −  2 = 1 vậy I = 1/2 π 2   4   0 0  4 IV Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 1, CC’ = m (m > 0). Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB’ và BC’ bằng 600, khi đó hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và CC’ www.mathvn.com
  4. 4. www.MATHVN.com (1,0 điểm) -Kẻ BD//AB’nên: A (AB’,BC’) = (BD, BC’) = 600 0,25 ⇒ DBC ' = 60 or DBC ' = 120 0 0 B C *Nếu: DBC ' = 600 , vì lăng trụ đều 0,25 nên BB ' ⊥ ( A ' B ' C ' ) . ADĐL cosin và định lý pitago ta có: BD = BC ' = m 2 + 1; DC ' = 3 A' 0,25 Kết hợp với DBC ' = 60 ta suy ra 0 2 ∆DBC ' đều do đó: m +1 = 3 C' B' ⇒ m = 2 (tm) 0,25 Với DBC ' = 1200 được m = 0(loại) D *d(AB’,CC’)=d(CC’,(ABB’A’)) 3 =d(C,(ABB’A’)= 2 V Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt: (1,0 điểm) 10 x 2 + 8 x + 4 = m ( 2 x + 1) x 2 + 1 Phương trình tương đương với: 2  2x +1   2x +1   2x +1  2  − m 2  + 2 = 0 ; Đặt t =  2  , −2 < t ≤ 5 0,5  x2 + 1   x +1   x +1  2t + 2 2 12 Rút m = lập bẳng biến thiên ta được: 4 < m ≤ ; −5 < m < −4 0,5 t 5 VI. a (1,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x – 2my + m2 – 24 = 0 có tâm I và đường thẳng (d): mx + 4y = 0. Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 12. Đường tròn (C) có tâm I(1; m), BK :R = 5. Gọi H là trung điểm của 0,25 dây cung AB nên IH là đường cao của tam giác IAB. 5m 20 0,25 Ta có IH = d(I, d) = ; AH = m + 16 2 m + 16 2 0,25 SIAB = 12 nên SIAH = 6 nên d(I, d).AH = 12. 16 0,25 Giải được: m = ±3; m = ± 3 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai đường thẳng có phương trình : x = 2 − t x − 2 y −1 z  (d1): = = ; (d2):  y = 3 .Viết phương trình mặt cầu có 1 −1 2  z =t  www.mathvn.com
  5. 5. www.MATHVN.com đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2). G/s đoạn vuông góc trung là AB với A thuộc d1; B thuộc d2 Dễ tìm được A  ; ; −  ; B ( 2;3;0 ) 5 4 2 0,5   3 3 3 2 2 2 Vậy phương trình mặt cầu là:  x −  +  y −  +  z +  = 11 13 1 5       0,5  6  6  3 6 VII. a Giải phương trình: x ( 3log 2 x − 2 ) > 9 log 2 x − 2 (1,0 điểm) Đk: x > 0 0,25 BPT ⇔ 3 ( x − 3) log 2 x > 2 ( x − 1) (1) (x =3 không là nghiệm) 3 x −1 0,25 TH1: x > 3 BPT(1) ⇔ log 2 x > (2) 2 x−3 Với x > 4 ta có: VT(2) > 3 > VP(2) (đúng) 0,25 Với 3 < x < 4 ta có: VT(2) < 3; VP(2) > 3 (vô nghiệm) TH2: 0 < x < 3, tương tự ta có 0 < x < 1 Vậy bất phương trình có hai nghiệm x > 4; 0 < x < 1 0,25 VI. b 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho tam giác ABC có A(4; 6) , Phương trình đường cao CH và trung tuyến CK lần lượt là: 2x – y + 13 = 0 và 6x – 13y + 29 = 0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (1,0 điểm) Tìm được B(8; 4); C(-7; -1) 0,25 Giả sử pt đường tròn là: x2 + y2 + ax + by + c = 0 0,25 Thay tọa độ của A, B, C ta được hệ phương trình : 52 + 4a + 6b + c = 0  80 + 8a + 4b + c = 0 giải được: a = -4; b = 6; c = -72 0,25  50 − 7 a − b + c = 0  Vậy phương trình đường tròn là: 0,25 x2 + y2 – 4x + 6y – 72 =0 hay (x -2 )2 + (y + 3)2 = 85 2. Trong không gian Oxyz, cho hình vuông ABCD có A(5; 3; -1), C(2; 3; -4). Tìm toạ độ đỉnh D biết rằng đỉnh B nằm trên mặt phẳng (P): x + y - z – 6 = 0. (1,0 điểm) G / s B( x0 ; y0 ; z0 ), do B ∈ ( P) ⇒ x0 + y0 − z0 − 6 = 0(1) 0,25  AB = BC ABCD là hình vuông nên: ∆ABC vuông cân tại B ⇔   0,25  AB.BC = 0   x0 + z0 − 1 = 0(2)  0,25 ⇔ ( x0 − 5 )( x0 − 2 ) + ( y0 − 3) + ( z0 + 1)( z0 + 4 ) = 0 (3) 2  Từ (1), (2) và (3) ta có: N(2; 3; -1); N(3; 1; -2) 0,25 VII. b Tìm phần thực của số phức z = (1 + 3 i)n ,biết n ∈N thoả mãn : log 2 ( n − 9 ) + log 2 ( n + 6 ) = 4 www.mathvn.com
  6. 6. www.MATHVN.com (1,0 điểm) Giải pt: log 2 ( n − 9 ) + log 2 ( n + 6 ) = 4 ta được n = 10 0,5 π π 10π 10π  10 Đưa z về dạng: z = 2  cos + i sin  = 210  cos  10   + i sin  = −2 9 0,5  3 3  3 3  Hết www.mathvn.com

×