De thi thu thang 5

Sở GD&ĐT Hng Yên Đề thi thử đại học năm 2010Trờng THPT Trần Quang Khải Môn thi: Toán; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7

Sở GD&ĐT Hng Yên Đề thi thử đại học năm 2010

Trờng THPT Trần Quang Khải Môn thi: Toán; Khối: D

Thời gian làm bài: 180 phút( không kể thời gian giao đề )

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7đ)

Câu I(2đ) Cho hàm số : y= − +x3 3x2 (C)

1 Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số (C)

2 Gọi d là đường thẳng đi qua A(3;0) cú hệ số gúc là m Tỡm m để d cắt (C) tại 3 điểm phõn biệt A; B ; C sao cho OB vuụng gúc với OC

Câu II(2đ).Giải các phơng trình sau:

1

2cos x 3sin 2x 5 2 sin x 4

2 sin x 1

π

−

2. x 3+ + 3x 1 2 x+ = + 2x 2+

Câu III(1đ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số (P1):x y= 2 và ( ) 2

2

P : y x=

Câu IV(1đ) Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên SA=SB=SC=a và ãASB 120 ,BSC 60= 0 ã = 0

ASC 90= CMR ABC∆ vuông tại C và Tính thể tích khối chóp S.ABC

Câu V(1đ) Cho ≠



x;y 0

x y x 1 y y 1 x Tìm GTNN của :

PHẦN RIấNG (3đ): Thớ sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chơng trình Chuẩn

Câu VI.a(2đ)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 0xy cho I(-1;1) và hai đờng thẳng ( )d : x y 01 − = ,

( )d : x 2y 8 02 + − = Tìm toạ độ các điểm A Ox,B∈ ∈( )d ,C1 ∈( )d2 sao cho ABC∆ vuông cân tại A đồng thời B đối xứng với C qua I

2 Cho ( )P :x y z 4 0+ − + = , ( )Q : 2x y z 3 0+ − − = và ∆ : 2 3 3

x− = y+ = z−

phương trỡnh mặt cầu (S) biết (S) cú tõm I là giao điểm của (P) và ∆; đồng thời mp p(Q) cắt mặt cầu (S) theo một đường trũn cú diện tích là π

Câu VII.a(1đ) Tìm số phức z biết: z 2z− = − −1 8i

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI.b(2đ)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có diện tích bằng 3, hai đỉnh A(3; 1), B(1; -3), trọng tâm tam giác nằm trên trục Ox Tìm toạ độ đỉnh C

2 Viết phương trỡnh đường thẳng d là hỡnh chiếu của đường thẳng d1 :x y z 3

−

= = theo

phương của đường thẳng d2: x 1 y z

2− = =3 1 lờn mặt phẳng (P): x – 2y + 3z +4 = 0

Câu VII.b(1đ) Giải phơng trình : − − − + 2 = ( )− 3

2

2

x 1 log x 1 log 9 6x x log

-Hết -Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Đáp án Toán Khối D(5 trang)

1.(1đ).Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số y = − +x3 3x2 1

*)Tập xỏc định: Hàm số cú tập xỏc định D R = .

*) Sự biến thiên

+Ta có: y' = −3x2+6x⇒ y 0 x 0

x 2

=



= ⇔  =

'

+HSNB trên (−∞;0) và (2;+∞)

HSĐB trên ( )0;2

0.25

+HS đạt cực đại tại x=2;y=4

HS đạt cực tiểu tại x=0;y=0

+

xlim y ; lim yx

0.25

+Bảng biến thiờn:

x −∞ 0 2 +∞

y' - 0 + 0 -

y +∞ 4

0 −∞

0.25

*) Đồ thị

4

2

-2

-4

0.25

2.Gọi d là đường thẳng đi qua A(3;0) cú hệ số gúc là m Tỡm m để d cắt (C) tại 3

điểm phõn biệt A; B ; C sao cho OB vuụng gúc với OC

1

PT d:y=m(x-3) Xét PT:− +x3 3x2 =m x 3( − ) (*) 0.25 (*)  =

⇔  = −

 2

x 3

x m⇒d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, B, C khi và chỉ khi m 0<

GS B( −m;m( − −m 3 và ) ) C(− −m;m(− − −m 3 Ta có ) )

uuur

OB m;m m 3 ; uuurOC= − −( m;m(− − −m 3) )

0.5

( )

⊥ ⇔ uuur uuur= ⇔ 2 + + =

m 0

9 77 m

2

 =



 =



Do m<0 nên m 9 77

2

− ±

1

2cos x 3sin 2x 5 2 sin x 4

2 sin x 1

π

−

1

ĐK:

 ≠ + ππ



 ≠ + π



4 3

4

0.25

2cos x 3sin2x 5 2 sin x 4 0

4

⇔cos2x 3 1 sin2x− + +5 sinx cosx+ =0

⇔ cos x sin x 3 sinx cosx2 − 2 − + 2 +5 sinx cosx+ =0

⇔ sinx cosx 4sinx 2cosx 5+ + − =0

0.25



4 4sinx 2cosx 5 0

0.25

Kết hợp điều kiện suy ra PT có nghiệm: x= − + ππ k2

4

0.25

ĐK:x 0≥

5x 3 4 x 3 x 5x 3 2 2x 2 3x 1

0.25

⇔2 x2 +3x = 6x2 +8x 2+ ⇔4x 12x 6x2 + = 2 +8x 2+

⇔2x2 −4x 2 0+ = ⇔ =x 1 Thay vào pt thấy thoả mãn Vậy x=1

0.5

Câu III Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số (P1):x y= 2 và

2

P : y x=

1

Xét pt hoành đọ giao điểm: =  =

⇔  =



x x

x 1

0.25

( )  

1

C©u IV Cho h×nh chãp S.ABC cã c¸c c¹nh bªn SA=SB=SC=a vµ ·SAB 120 ,BSC 60= 0 · = 0

ASC 90= TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABC

1

0.5

0.25 0.25

C©u V

Cho ≠



x;y 0

x y x 1 y y 1 x T×m GTNN cña :

¸p dông Bunhiacopski ta cã:

x y x 1 y y 1 x x 1 x 1 y y ⇔x2 +y2 ≤1

0.25

+

0.25

0.25

Suy ra Min P=5 khi x y= = 1

2

0.25

A.Theo ch¬ng tr×nh ChuÈn

CâuVI a 1 Gọi B(a;a) thuộc d1⇒C(-2-a;2-a) Vì C∈d2 nên

2 a 2 2 a 8 0 a 2

⇒B(-2;-2) và C(0;4)

0.5

Gọi A(x;0) ∈Ox, AB 2 x; 2 ;AC x;4uuur(− − − ) (uuur − ) ∆ABC vuông cân tại A nên

2

x 2

x 2x 8 0

x 2

 =



uuuruuur

Vây A(2;0), B(-2;-2) và C(0;4)

0.5

2 Gọi A= ∆ ∩( )P , Gs A(2-t;-3+t;3-2t) ∈∆ Vì A∈(P) nên t=0 ⇒A(2;-3;3) 0.25

R, r lần lợt là bán kính mặt cầu và đờng tròn

Ta có π = π ⇔ =r2 r 1

0.25

( )

6 6

PT mặt cầu (S):( ) (2 ) (2 )2 31

6

0.5

Câu VIIa Tìm số phức z biết: z −2z= − −1 8i(1)

Gs z=a+bi Khi đó (1) a2 b2 2a 2bi 1 8i a2 b2 2a 1

2b 8

− = −



0.25

2

a 16 2a 1

b 4

⇔ 

=



0.25

2

1 a 2 3a 4a 15 0

b 4

 ≥





 =





a 3

b 4

=



⇔  =

 Vậy z=3+4i

0.5

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu VIb 1 Gs G(a;0) ∈Ox⇒C 3a 4;2( − )

AB= − − ⇒2; 4 AB 2 5=

uuur

0.25

Phơg trình AB: 2x-y-5=0 và d C,AB( ) 6a 15

5

−

ABC

6a 15

∆

−

a 2

=



⇔  =

Vậy có hai điểm C thoả mãn là C1(5;2) và C2(2;2)

0.5

2 Ta có d1 có VTCP u 1;4;2r1( )

và d2 có VTCP u 2;3;1r2( )

(Q) là mp chứa d1 và song song d2⇒( )Q có VTPT nr =u ,ur r1 2= −( 2;3; 5− ) 0.5

( )Q : 2x 3y 5z 15 0

d qua A(65;0;-23) cã VTCP ur =n ,nr rP Q= −( 1;1;1) cã PT: x 65 y z 23

−

0.5

C©uVIIb

Gi¶i ph¬ng tr×nh : − − − + 2 = ( )− 3

2

2

x 1 log x 1 log 9 6x x log

§K: 3 x 1≠ >

PT⇔log x 12( − +) log x 3 log x 12 − = 2( − )

0.5

2

x 2

=

