ĐỀ + ĐA THI THỬ T6/2010 (02)

Tìm các giá trị của m để Cm cắt Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng.. Giải phương trình sinxsin2 xsin3xsin4xcosxcos2xcos3xcos4x.. Gọi M và N lần lượt là các

TRUNG TÂM LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO

THÀNH CÔNG QUẢNG NINH

ĐỀ 02

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC T6/ 2010

Môn Toán - Khối A, B Thời gian làm bài: 180 ( phút)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số: y = x4 - 2(m+1)x2 + 2m + 1 (Cm), (m là tham số thực)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = 1;

2 Tìm các giá trị của m để (Cm) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình:

3 3

x y 1

x y 2xy y 2

  





2 Giải phương trình sinxsin2 xsin3xsin4xcosxcos2xcos3xcos4x

Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường thẳng 0, 1 , x,

2

x x O và

đường cong 4

1

x y

x





Câu IV(1,0 điểm)

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a Gọi M và N lần lượt là các trung điểm các cạnh SB và SC Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng (AMN) (SBC)

Câu V (1,0 điểm)

Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 Chứng minh rằng 3(a2b2c2) 4 abc13

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a( 2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16; A,B thuộc đường thẳng d: 2 2x y  2 2 0 và B, C thuộc trục Ox Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC

2 Trong không gian Oxyz cho mặt cầu ( ) :S x2y2z2 2x6y 4z 2 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6; 2)v , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x4y z 11 0 và tiếp xúc với (S)

Câu VII.a (1,0 điểm)

Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: z = 1 + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 + … + (1 + i)20

B Theo chương trình Nâng cao.

Câu VI.b(2,0 điểm)

1 Cho đường tròn ( C) x2y2 2x 4y 4 0 và điểm A (-2; 3) các tiếp tuyến qua A của ( C) tiếp xúc với ( C) tại M, N Tính diện tích tam giác AMN

2.Trong hệ Oxyzcho mặt phẳng (P):x 2y2z1 0 và các đường thẳng 1: 1 3 ,

d    



x y z

d    

 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng

MN cách (P) một khoảng bằng 2

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm hệ số của x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 4 P (1 2x3 )x2 10

-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

x y

-1 O

3

1 1

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ 02 THI THỬ THÁNG 6/2010

I

1 Khi m=1, (1) y=x4-4x2+3

* TXĐ: D=R

* Chiều biến thiên:

y’= 4x3-8x, y’=0  









 2

0

x

x

* HS nghịch biến trên các khoảng (-;- 2) và (0; 2)

HS đồng biến trên các khoảng (- 2;0) và( 2;+)

* Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại (- 2;-1) và ( 2;-1)

Hàm số đạt cực đại tại (0;3)

* Giới hạn:  





x

y

lim ;  





x

y

lim

* Bảng biến thiên:

x - - 2 0 2 + y’ - 0 + 0 - 0 +

y + 3 +

-1 -1

* Đồ thị:

Đồ thị cắt 0y tại (0;3)

Đồ thị cắt trục 0x tại (-1;0),(1;0),(- 3;0),( 3;0)

Đồ thị nhận 0y làm trục đối xứng

1đ

2 Xét pt: x4-2(m+1)x2+2m+1=0 (1)

Từ ycbt ta có pt(1) phải có 4 ng x1, x2 ,x3, x4 phân biệt thỏa mãn

x4-x3 = x3-x2 = x2-x1 x4-x3 = x3-x2

Đặt t = x2, (1)trở thành: t2-2(m+1)t+2m+1=0 (2)

Ycbt  (2)có 2 ng t2>t1>0 sao cho t 2 3 t1  t2=9t1

Ycbt

2 1

2

1

m











 



0,25

0,25 0,25 0,25

1

+) y = 0 thì hệ vô nghiệm

0,5

+) y  0 , Đặt x = ty ta cú hệ

t y

t t y





 suy ra

3 2

2

2 1

t

t t





 

2

Với t =1  y = x = 3 1

2 và với t =

1

2  x = 3

1

9 và y = 3

2 9

0,5

2 sinxsin2 xsin3xsin4xcosxcos2xcos3xcos4x

x cosx x cosx x cosx

x cosx

x cosx x cosx





4

x cosx   x k k Z + Với 2 2(sin x cosx ) sin  x cosx0, đặt t = sinx cosx (t  2; 2 )

được pt : t2 + 4t +3 = 0 1

3( )

t

t loai





  



t = -1

2

2 2

m Z





 





  



Vậy :

( ) 4

2 2

x k k Z



















 





0,25

0,25

0.25

0,25

III

2 1

x

x x

1 2

4

0 1

xdx S

x





 đặt

1 2 2

2 0

1

dt

t x S

t



 Đặt t = sinu suy ra S = 12

 ( đvdt)

0,5

0,5

IV

Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A Gọi I là trung điểm của MN suy ra SI

 MN và AI  MN Do (SBC)  (AMN) nên SI  (AMN)

6

1 S

SI 3

1

VS.AMN  AMN 

Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI  SK nên tam giác

ASK cân tại A Do đó

2

3 a AK

4

a MN 2

1 NI , 2

a BC 2

1





4

3 a 2

SA 2

SC

4

2 a 16

a 16

a 3 NI SN SI

2 2 2

2











4

10 a 8

a 4

a SI

SA AI

2 2 2

2









96

5 a 2

a 4

10 a 4

2 a 6

1 V

3

AMN

Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức:

4

1 SC

SN SB

SM SA

SA V

V

ABC S

AMN S





0,5

0,5

V

 2

2 2 2

a b c    a b c  a b c   ab bc ca 

(1) có dạng 3 9 2(  ab bc ca  )4abc13 27 6 ( a b c ) 2 (2 bc a 3) 13

27 6 (3a a) 2(2a 3)bc 13

      Vai trò a,b,c bình đẳng nên không giảm tổng quát

Giả sử a b c  mà a b c   3 a 1 2a 3 0 Do đó

3 2

27 6 (3 ) 2(2 3) 27 6 18 2(2 3)( )

b c a a

Xét f a( ) 2 a3 3a227,a0;1 Lập bảng biến thiên suy ra ket quả

0,5

0,5

VIa

1 * B = d Ox = (1;0)

Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 )  d

H là hỡnh chiếu của A trờn Ox  H(t;0) ; H là trung điểm của BC

* Ta cú: BH = |t - 1|; AB = ( 1)t 2(2 2t 2 2)2  3|t - 1|

ABC cõn tại A  chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|  16 = 8|t - 1|  t 3

t 1











* Với t = 3  A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0)  G(3;4 2

3 ) Với t = -1  A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0)  G(1; 4 2

3

 )

0,25 0,25 0,5

2 Ta cú mặt cầu (S) cú tõm I(1;-3;2) và bỏn kớnh R=4

Vộc tơ phỏp tuyến của ( ) là n(1; 4;1) Vỡ ( ) ( )P   và song song với giỏ của v

nờn nhận vộc tơ n p   n v (2; 1; 2)

làm vtpt Do đú (P):2x-y+2z+m=0

Vỡ (P) tiếp xỳc với (S) nờn ( , ( )) 4d I P   ( ,( )) 4 21

3

m

d I P

m





   

 Vậy cú hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0

0,5

0,5

VIIa

21

20 (1 ) 1

1 (1 ) (1 ) i

i

10

(1 )i (1 )i  (1 ) (2 ) (1 )i  i i 2 (1 )i

10

10 10

2 (1 ) 1

i

i

    Vậy: phần thực 210 , phần ảo: 2101

0,5

0,5 1

S

A

C B

M

N I

K

Và dễ thấy có một tiếp tuyến vuông góc với Ox và qua A là d: x = -2

+)Gọi d’ là dường thẳng qua A ( -2; 3) có hệ số góc là k ta có d’ :y = k(x + 2) + 3

d’ là tiếp tuyến của ( C )  d( I, d’ ) = R 

2

3

3 1

k

k k





4 17 ' :

d y x

+) ta có tiếp điểm của d và (C ) là M(-2; 0), của d’ và (C ) là ( 7 57; )

5 5

N 

+) Ta có AM = 3, ( , ) 2 7 3

5 5

d N d     Vậy 1 ( , ) 9 ( )

AMN

S  AM d N d  dvdt

0,5

2 Gọi M1 2 ;3 3 ; 2 , t  t t N 5 6 '; 4 '; 5 5 ' t t   t 

 

d M P   t   t t 

Trường hợp 1: t 0 M1;3;0 , MN 6 ' 4; 4 ' 3; 5 ' 5t  t   t  

MN n  MN n   t   N 

   

Trường hợp 2: t 1 M3;0;2 , N1; 4;0 

Kết luận

0,5 0,5

VIIb

Ta có

k

k

Theo giả thiết ta có

4

,

k i

i k

i k N

 





 Vậy hệ số của x là: 4 C10424 C C103 31 22 3C C102 22 23 8085

0,5

0,5

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.