sin π x x dx Câu IV1,0 điểm Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a và.. Tính thể tích khối chóp SABC theo a.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai
Trang 1TRUNG TÂM LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO
THÀNH CÔNG QUẢNG NINH
ĐỀ 03
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THÁNG 6/ 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 2
1
x y x
=
−
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số
2 Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A; B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình x+ +3 2x x+ =1 2x+ x2+4x+3 ( x ∈ R)
−
=
− +
2 4 cos 2 sin 2 cos sin
2 sin
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân∫2 +
0 (sin 3cos )3
sin π
x x
dx
Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a và
. 2
2
a
SA SB SC SA SB SCr r= r r= r r= Tính thể tích khối chóp SABC theo a
Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c > 0 và a2 + b2 + c2 = 3, chứng minh rằng
3 2
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 Oxy cho điểm A(2; –3), B(3; –2), ∆ ABC có diện tích bằng 3
2; trọng tâm G của ∆ ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0 Tìm bán kínhđường tròn nội tiếp ∆ ABC.
2 Trong không gian Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình
3
1 1
2
x
Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất
Câu VII.a (1,0 điểm)
Tìm số phức z thoả mãn z 2 i− + =2 Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị
B Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng
( )d :x y− − =3 0 và có hoành độ 9
2
I
x = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
2 Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d1: 4 1 5
x− = y− = z+
x− = y+ = z
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
y x
−
−
-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Trang 2ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ 03 THI THỬ THÁNG 6
I
1 Hs tự làm
1đ
2 Đường thẳng y = mx – m + 2 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi phương trình
2
2 1
x
mx m
− có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔g x( )=mx2−2mx m+ − =2 0 có 2
nghiệm phân biệt khác 1⇔
0 0 (1) 0
m
g
≠
∆ >
0
m
⇔ > Ta có
A x mx − +m B x mx − +m )
2 1; ( 2 1) ( 2 1) (1 )
1 2 4 1 2 ( 1)
⇔ = + − + Vì x1;x2 là 2 nghiệm của g(x)=0 nên ta có
1 2 1 2
2
x x x x
m
−
m
0,25 0,25
0,25 0,25
II
1 +) ĐK: x≥ −1
2
0 0
( )
3 2
3 / 4
x x
tm
x
=
= −
KL: …
0,5
0,5
2
2
PT ⇔ + x− x= + π −x= + x
0 1 2
x cos 2
x sin 2 2
x cos 2
x sin x sin 0 1 x sin 2
x cos 2
x sin x
⇔
=
⇔
0 1 2
x sin 2 2
x sin 2 1 2
x sin x
⇔
= π
= π + π
2
sin x 0
x
Z
0,25
0,25
0.25 0,25
Trang 33
sin[(x- ) ]
(sinx+ 3 osx) 8 os ( )
6
π
+
=
sin( ) os(x- )
8 os (x- )
6
c
π
=
sin( )
16 os ( ) 16 os ( )
x
c
π
−
2 2
3
2 0
0
(sinx+ 3 osx) 32 os ( )
6
x
π π
π π
−
6
0,5
0,5
IV
2
2
a
SA SB SB SC SC SAr r= r r= r r=
SA +SB −AB SB +SC −BC SC +SA −AC a
SA SB SC a
⇒ = = = ⇒ SABC là tứ diện đều có các canh bằng a 3 2
12
a V
⇒ =
0,5 0,5
V
Ta có:
3
3
+
3
3
+
3
3
+
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:
2 2 2
2
VT
0,5
0,5
VIa
1
Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = 5 2
2
ABC
AB∆
− − =
⇒ a b− − = ⇔ − =5 3 a b a b− =8(1)2(2); Trọng tâm G ( 5; 5)
a+ b− ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3)
Từ (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 3
S
Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r= =S p 2 2 5+3
0,25 0,25 0,5
2 Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách
giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH ≥HI=> HI lớn nhất khi A≡I
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến.
Mặt khác, H∈d ⇒H(1+2t;t;1+3t)vì H là hình chiếu của A trên d nên
AH d⊥ ⇒uuur rAH u= ur=
0,5
0,5
Trang 4Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ⇔7x + y – 5z –77 = 0
VIIa
Gọi số phức z=a+bi
a b a b
= −
= − −
⇔
= +
= − +
0,5 0,5
VIb
1
I có hoành độ 9
2
I
x = và ( ): 3 0 9 3;
2 2
− − = ⇒ ÷ Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và
Ox, suy ra M(3;0)
4 4
I M I M
D
12 D = 12 AD = 2 2.
3 2
ABCD ABC
S
S AB A
AB
( )
AD d
M AD
⊥
, suy ra phương trình AD: 1.(x− +3) 1.( y− = ⇔ + − =0) 0 x y 3 0
Lại có MA = MD = 2
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
3 0
x y
+ − =
4 1
x y
=
= −
.Vậy A(2;1), D(4;-1),
9 3
;
2 2
I
là trung điểm của AC, suyra:
Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4)
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1)
0,5
0,5
2 Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và B khi
đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥d d d dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB ( 1, 2)
và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u
⊥
uuur r uuur ur A∈d1, B∈d2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
⇒ uuur (….)… AB ⇒A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)⇒I(2; 1; -1)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6
x− + y− + +z =
0,5
0,5
Trang 5Trừ hai vế các phương trình ta có x+ x2−2x+ +2 3x− 1= +y y2−2y+ +2 3y− 1
Xét hàm số f t( )= +t t2 − + +2t 2 3t− 1 có
2
f t
Do f(t) là hàm đồng biến trên R nên suy ra x=y hệ phương trình đã cho tương đương
với
2 2 2 3x 1
x+ x − x+ = − ⇔ln(x+ x2−2x+ − = −2 1) (x 1) ln 3
Xét g(x)= ln(x+ x2−2x+ − − −2 1) (x 1) ln 3 có
2 2
1 1
x
g x
− +
g x NB⇒ =x là nghiệm duy nhất ⇒ = =x y 1
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.