Tìm m để đồ thị hàm số 1 tiếp xúc với trục hoành.. Viết phương trình đường cao kẽ từ B của tam giác ABC.. Theo chương trình nâng cao Câu VI/b.2điểm 1.. Viết phương trình đường trung tu
Trang 1WWW.ToanCapBa.Net
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ LẦN 2
TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC QUY NHƠN TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – NĂM 2011
Môn thi: TOÁN – KHỐI A-B-D
Thời gian làm bài: 180 phút
(Không kể thời gain phát đề)
I: PHẦN CHUNG: ( 7điểm)
CâuI (2điểm): Cho hàm số y = f(x) =(x + 2)(x 2 – mx + m 2 -3) ( 1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2
2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành
Câu II (2 điểm):
1: Giải phương trình: 4sin 2 x + 1 = 8sin 2 xcosx + 4cos 2 2x
2: Giải bất phương trình: x 2 + 4x + 1 > 3 x (x + 1)
Câu III (1điểm): Tính tích phân
1
4 2
0
2
x
Câu IV (1điểm): Cho hình hình chóp S.ABCD có cạnh SA = 3
4, tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1 Chứng minh
rằng tam giác SAC vuông và tính thể tích khối chóp S.ABCD
Câu V(1điểm): Giải hệ phương trình:
3
PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI/a: (2điểm)
1 Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – 2 = 0 Viết phương trình đường cao kẽ từ B của tam giác ABC
2 Trong kgOxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng
: 2x – y – 1 = 0; : 2x – z = 0 và tạo với mặt phẳng (Q): x – 2y + 2z – 1 = 0 góc mà os = 2 2
9
c
Câu VII/a: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: z1 2 i 5va z z 34
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI/b.(2điểm)
1 Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – 2 = 0 Viết phương trình đường trung tuyến kẽ từ B của tam giác ABC
2 Trg kgOxyz viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, cắt các
và tạo với (D) một góc 300
Câu VII/b: (1điểm) Giải phương trình: log 3 1 log 3
- Hết -
Hướng dẫn giải:
CâuI : 1 bạn đọc tự giải
2 Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành khi hệ sau có nghiệm:
Đề thi chính thức
Trang 2WWW.ToanCapBa.Net
2
(1) 2 2 2
3 0 (3)
x
x mx m
*) Với x = - 2 thay vào (2): m = 1
*) (3) có nghiệm khi và chỉ khi m , (3) có hai ngiệm x = 2
2
12 3 2
Thay vào (2) ta được: 12 3 m2 0 m 2
Câu II : 1.4sin 2 x + 1 = 8sin 2 xcosx + 4cos 2 2x 5 – 4cos 2 x = 8cosx – 8cos 3 x + 16cos 4 x – 16cos 2 x + 4
16cos 4 x – 8cos 3 x 12cos 2 x + 8cosx - 1 = 0
(2cosx – 1)(8cos 3 x – 6cosx + 1) = 0 (2cosx – 1)(2cos3x + 1) = 0
2 x 2 + 4x + 1 > 3 x (x + 1) Điều kiện x ≥ 0
Đặt t x , t ≥ 0
Bất phương trình trở thành t 4 + 4t 2 +1 > 3t 3 + 3t t 4 – 3t 3 + 4t 2 3t +1 > 0
(t – 1) 2 (t 2 – t + 1) > 0 t 1
Vậy nghiệm của bất phương trình x≥ 0 và x 1
Câu III:
1
4 2
0
2
x
1
2 2
0
2
x
dx
1 2
0
=
1
0
Câu VI: ABCD là hình thoi , gọi O là tâm , P là trung điểm của SC
Ta có BD (SAC), SC (PBD), 1 3
OP SA
==> SC OP
OP là đường TB của tam giác SAC, vậy SC SA
==> SAC vuông tại A ==> SA = 5
4
Gọi H là chân đường cao ==> H AC, . 3
5
SA SC SH
AC
Ta có: BD = 2 BP2OP2 = 39
4
1
6
V AC DB SH
Câu V:
Điều kiện 2 1
2
x va y
(2) 12x 2x12y1 2y1
Xét hàm số f(t) = (1 + t 2 )t = t 3 + t
f’(t)= 3t 2 + 1 > 0 t R Vậy hàm số tăng trên R
(2) f 2x f 2y1 2x 2y 2 – x = 2y – 1 2y = 3 – x 1
Thay vào (1): x 3 + x – 2 = 0 x = 1 Nghiệm của hệ (1;1)
Câu VI.a:
1 B = ABAC, B 3;1
2
Theo yêu cầu bài toán ta có vô số tam giác thỏa mãn bài toán mà các
cạnh AC nằm trên các đường thẳng // với nhau
P
O H D
C B
A S
Trang 3WWW.ToanCapBa.Net
Chọn M(4;1) BC, M là trung điểm của BC ==> C 5;3
2
Tam giác ABC cân tại A, Vậy AM BC ==> AM: 2x + y – 9 = 0
A = AM AB ==> A(6;-3)
Đường cao BH đi qua B có VTPT ACuuur==> pt
2 Gọi d là giao tuyến của và ==> d: 2 1 0
x y
Lấy A(0;-1;0), B(1;1;2) d
(P) qua A, (P) có dạng phương trình: Ax + By + Cz + B = 0
(P) qua B nên: A + B + 2C + B = 0 ==> A = - (2B + 2C)
Vậy (P): - (2B + 2C)x + By + Cz + B = 0
os
9
3 (2 2 )
c
13B 2 - 8BC – 5C 2 = 0, Chọn C = 1 ==> B = 1; B = - 5/13
+ Với B = C = 1; (P): - 4x + y + z + 1 = 0
+ Với B = 5/13 và C = 1; (P’): - 16x - 5y + 13z - 5 = 0
Câu VII.a: Gọi z = x + yi (x;y R)
Ta có:
34
3 5
29 / 5
3 / 5
x y x y
==> z
Câu VI.b: 1.Cách giải như câu VI.a , đường trung tuyến xuất phát từ B và qua trung điểm N của AC
2 Ta có (D) nằm trong (P) Gọi A = (D’)(P) , giải hệ ta được A(5;-1;5)
Lấy B(1+t;t;2+2t) (D); uuurAB(t4;t1; 2t3) là VTCP của d
Ta có cos300 =
2 2
2
2
t
1 4
t t
*) Với t = - 1 thì uuurAB = ( -5;0;-5) ==> d:
5 1 5
y
*) Với t = 4 thì AB
uuur
= (0; 5;5) ==> d:
5 1 5
x
Câu VII.b: log 3 1 log 3
1 log
3 x 4.15 x 5.5 x 0
3
log
x x
3
log
3
5
x
x
-Hết -
Trang 4WWW.ToanCapBa.Net
4
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
y f x mx mx m x , m là tham số
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1
2 Xác định các giá trị của m để hàm số y f x( ) không có cực trị
Câu II (2 điểm)
x
log x 1 2 log 4 x log 4 x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3 2
2 1
2
1
dx A
Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3,
khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18 Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
2 2
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình chuẩn
Trang 5WWW.ToanCapBa.Net Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0 Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng
x + 2y – 6 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
P :x2y2z + 5 = 0; Q : x2y2z -13 = 0
Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q)
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
5 4 7 15
n
(Ở đây A C n k, n k lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)
2 Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):
x y x y Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B
2 Cho mặt phẳng (P): x2y2z 1 0 và các đường thẳng 1: 1 3 ; 2: 5 5
Tìm các điểm Md ,1 Nd2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số
3
1
3
f x
x
và giải bất phương trình
2 0
6 sin 2 '( )
2
t dt
x
Đáp án
Khi m = 1 ta có yx33x21
+ Sự biến thiên:
Giới hạn: lim ; lim
y'3x26x; ' 0 2
0
x y
x
0,25
Bảng biến thiên
0,25
Trang 6WWW.ToanCapBa.Net
6
2 3; CT 0 1
yC§ y y y
Đồ thị
0,25
+ Khi m = 0 y x 1, nên hàm số không có cực trị 0,25
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y ' 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 0,50
' 9m 3m m 1 12m 3m 0
4
m
0,25
tan cot
x
Điều kiện: sin 2x 0
0,25
2
1
2 (1)
0,25
Trang 7WWW.ToanCapBa.Net
2
2
1
1 sin 2
x
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
0,50
log x1 2log 4xlog 4x (2)
Điều kiện:
1 0
1
x
x x
x x
0,25
2
0,25
+ Với 1 x4 ta có phương trình x24x120 (3);
2 (3)
6
x x
0,25
+ Với 4 x ta có phương trình 1 x24x200 (4);
4
x x
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 2hoặc x 2 1 6
0,25
2
dx tdt tdt
+ Đổi cận:
0,50
3
2
3
2 2
A
Trang 8WWW.ToanCapBa.Net
8
Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE AB SE, AB, suy ra
SOEAB Dựng OH SEOH SAB, vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
2
1
9 9
9
SE OE SO SE
0,25
2
9 2
2 2
SAB SAB
S
SE
2
2
OA AE OE AB OE
0,25
Thể tích hình nón đã cho: 1 2 1 265.3 265
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:
9
xq
0,25
Hệ bất phương trình
2 2
7 6 0 (1)
1 1 x Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại 6 x 0 1; 6 thỏa mãn (2)
0,25
2
x
x
0,25
Hệ đã cho có nghiệm x0 1; 6 : (f x0)m
2 2
'
x x
f x
2
f x x x x
Vì x 1; 6 nên chỉ nhận 1 17
2
x
0,25
Trang 9WWW.ToanCapBa.Net
Ta có: (1) 2, (6) 27, 1 17 3 17
f f f
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max ( ) 27
13
f x
1;6
27 1; 6 : ( ) max ( )
13
x
0,25
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 4 3 4 0 2 2; 4
A
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 4 3 4 0 1 1; 0
B
0,25 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
a x b y axby a b Gọi 1: 4x3y 4 0;2:x2y 6 0;3:ax by 2a4b0
Từ giả thiết suy ra · 2; 3 ·1; 2 Do đó
· ·
| 1 2 | | 4.1 2.3 |
25 5 5
0
a b
a
a b
+ a = 0 b0 Do đó 3:y 4 0
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3 Suy ra 3: 4x3y 4 0 (trùng với ) 1
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0
0,25
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 4 0 5 5; 4
C
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:
OI AI
d I P d I Q
0,25
Ta có:
2 2 2
10 4 2 30 (1)
3
OI d I P a b c a b c a b c
, , | 2 2 5 | | 2 2 13 |
d I P d I Q
0,25
Trang 10WWW.ToanCapBa.Net
10
Từ (1) và (3) suy ra: 17 11 ; 11 4a (4)
a
Từ (2) và (3) suy ra: a2b2c2 9 (5)
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: a2 221 a658 0
Như vậy a hoặc 2 658
221
a Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc 658 46; ; 67
0,25
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
x22y22z12 và 9
9
0,25
Điều kiện: n 1 4n5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
n n n
0,50
2 2
5
n
0,50
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
x y
0,50
Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1)
90
ABC nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4)
0,50
Phương trình tham số của d1 là:
1 2
3 3 2
z t
M thuộc d1 nên tọa độ của M 1 2 ;3 3 ; 2 t t t Theo đề:
3
0,25
+ Với t1 = 1 ta được M13; 0; 2;
+ Ứng với M1, điểm N1d2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp
này là (Q1) PT (Q1) là: x32y2z20x2y2z 7 0 (1)
0,25
Trang 11WWW.ToanCapBa.Net
Phương trình tham số của d2 là:
5 6 4
5 5
y t
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 t = -1 Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0)
Điều kiện
3
1
1
3
x
0,25
0
Khi đó:
2 0
6 sin 2 '( )
2
t dt
f x
x
3
x x
x
0,50
