ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Môn thi: TOÁN, Khối A - TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG pptx

Tính thể 1 tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành.. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo x và tìm x để thể tích đó lớn nhất.. Tìm tọa độ đỉnh C.. Tìm tọa độ điể

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010

Môn thi: TOÁN, Khối A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số = 3+ 2 + +

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có sáu nghiệm phân biệt

3 2 1

2 log x +6x +9x+ = 3 m

Câu II (2,0 điểm)

1) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm

2 (1−m)sinx−cosx=m 1 2cos+ x

2) Giải bất phương trình:

2

2 1

2x 3x 5 > x

−

Câu III (1,0 điểm)

Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số 2

3

x y x

= + , trục Ox và đường thẳng x= Tính thể 1 tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SA = x, tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1 Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo x và tìm x để thể tích đó lớn nhất

Câu V (1,0 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc a c b+ + = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = 22 22 23

1

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 tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 và các đỉnh A(3 ; -5), B(4 ; -4) Biết rằng trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng 3x− − =y 3 0 Tìm tọa độ đỉnh C 2) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x−8y+7z− =6 0 và hai điểm A(1;1; 3)− ,

Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều

B(3;1; 1)−

Câu VII.a (1,0 điểm)

Cho A và B là hai điểm trong mặt phẳng phức lần lượt biểu diễn các số phức z1 và z2 khác không

thỏa mãn 2 2 Chứng minh rằng tam giác OAB đều (O là gốc tọa độ)

1 2 1

z +z =z z2

0 0

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4, các đỉnh A(2 ; 2), B(-2 ; 1) Tìm tọa độ đỉnh C và D biết rằng giao điểm của AC và BD thuộc đường thẳng x−3y+ =2

2) Trong không gian Oxyz, cho mp(P): 3x−8y+7z− =6 , đường thẳng d: 1 3

3

x− = y+ = z−

Viết phương trình đường thẳng Δ vuông góc với mp(P) sao cho Δ cắt đường thẳng d tại một điểm cách mp(P) một khoảng bằng 2

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

⎩

⎨

⎧

=

−

= +

1 log log

27 2

3 3

log log3 3

x y

y

………Hết………

Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:……… Chữ kí của giám thị 1:………Chữ kí của giám thị 2:……http://laisac.page.tl

Sở Giáo Dục vμ Đμo Tạo

Tỉnh Hải Dương

Trường THPT Đoμn Thượng

Kì thi thử Đại học lần 1 Năm 2010

Môn toán, khối A, B

Đáp án vμ biểu điểm

* Chú ý Thí sinh lμm bμi không theo cách nêu trong đáp án mμ vẫn đúng thì cho đủ

điểm từng phần tương ứng

' 3 12 9, ' 0

= ư ⇒ = ư

⎡

⎣

y = x+ y = ⇔ = ư ⇒ =x y

BBT: ghi đầy đủ

Kết luận về tính đb, nb, cực trị

Đồ thị Đồ thị lμ đường cong trơn thể hiện đúng tính lồi, lõm

Đồ thị đi qua 5 điểm: CĐ(-3 ; 3), CT(-1 ; -1), I(-2 ; 1), A(-4 ; -1), B(0 ; 3)

4

3

2

1

-1

4

3

2

1

-1

0,25

0,25 0,25

0,25

1 2

2

m

⇔ + + + = ⎜ ⎟⎝ ⎠ Gọi (C’) lμ đồ thị hs y= x3+6x2+9x+3

Pt (1) có 6 nghiệm ⇔ đt 1

2

m

= ⎜ ⎟⎝ ⎠ cắt (C’) tại 6 điểm

Ta có

3 2

⎪

⎪⎩

Gọi (C1) lμ phần đồ thị của (C) nắm trên Ox, (C2) lμ phần đồ thị của (C) nằm dưới Ox

(C3) lμ hình đối xứng của (C2) qua trục Ox thì (C’) = (C1) ∪ (C3)

Từ đồ thị (C’), pt (1) có 6 nghiệm ⇔ 1

2

m

m

<⎜ ⎟ < ⇔ >

⎝ ⎠

0,25

0,25

0,25

0,25

II 1 Tìm m để pt (1ưm)sinxưcosx=m 1 2cos+ 2x (1) có nghiệm 1,00

TXD: \ pt (1) ⇔sinxưcosx=m( 1 2 cos+ 2x+sinx)

Nhận xét Hs y=sin ,x y=cosx tuần hoμn với chu kì 2π nên pt (1) có nghiệm ⇔ pt

0,25

(1) có nghiệm thuộc nửa khoảng 3

;

2 2

π π

⎟

⎢⎣ ⎠

2

x= − ⇒ −π m − = ⇔ − =m

vô lí Vậy

2

x= −π

không lμ nghiệm

(1 )

Vậy 1

2

m= thì pt có ít nhất một nghiệm lμ

2 π

− < < ⇒ > Chia hai vế cho cos x ta đ−ợc

2

tan 1 tan 1 tan 3 tan

tan 3 tan

x

−

+ +

Đặt t=tan ,x t∈ \ ta đ−ợc

2

1 3

t m

−

=

1 ( )

3

t

f t

−

= + +

2 2

\

lim ( ) , lim

2

→−∞ = −∞ →+∞= Vậy 1

2

m<

cos 0

< < ⇒ < Chia hai vế cho cos x ta đ−ợc

2

tan 1

tan 3 tan

x

−

Đặt t=tan ,x t∈ \ ta đ−ợc

2

1 3

t m

−

=

1 ( )

3

t

f t

−

=

2 2

− − + +

− + + + ⇔ = − Lập BBT của f t( )

Từ BBT suy ra 2

3

m≤

Kết luận Các giá trị của m để pt có nghiệm lμ 2

3

m≤

t −∞ −1 +∞

'( )

f t + 0 -

( )

3

1

2 −∞

0,25

0,25

0,25

2 1

2x 3x 5 > x

−

TH1 5

2 1 0 2

x< ư ⇒ xư < , bất phương trình đúng

TH2 x> ⇒1 2x2+3xư >5 0, 2xư >1 0

3

2

x

x

⎡ <

⎢

⎢

>

⎣ Kết hợp điều kiện ta được 3

1

2

x

< < hoặc x>2

Kết luận Tập nghiệm của bpt lμ S = 5 3

; (1; ) (2;

⎛ư∞ ư ⎞∪ ∪ +∞)

0,25

0,25

0,25

Ta có 2

3

x y x

= + cắt trục Ox tại điểm có hoμnh độ x = 0

Vậy V =

( )

2

2

2

3

x

x

π ⎛⎜ ⎞⎟ =π

+

Đặt 3 tan , ; 3(1 tan )2

2 2

π

V =

3(1 tan ) sin

π

=

2

0 0

8

* Chú ý Học sinh có thể sử dụng công thức tích phân từng phần như sau

V =

vμ đặt

1

2( 3) 3

x

x x

ư

+

1

2

1

3

x

0,25

0,25

0,25

0,25

Gọi H lμ hình chiếu của S trên mp(ABCD)

Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD suy ra

H lμ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

Tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, O lμ

giao của AC vμ BD

CBD ABD SBD

OC OA OS SAC

⇒ = = ⇒ Δ vuông tại S

2 1

AC x

0,25

0,25

O

C D

S

H

2 2 2

1

x SH

+

3 2

2

ABCD

áp dụng BĐT Côsi ta có

2

V = x −x ≤ + − =1

4

Đẳng thức xảy ra 6

2

x

⇔ = Vậy V lớn nhất khi 6

2

x=

0,25

0,25

V

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 22 22 23

1

1,00

Đặt a=tan ,x b=tan ,y c=tanz , , 0 , , 0;

2

a b c> ⇒x y z ⎛ π ⎞

∈⎜⎝ ⎟⎠ tan tan

2

x y z∈⎛ π ⎞⇒k

⎝ ⎠ = Vậy ⇔ = + y x z

P = 2cos2 2cos2 3cos2 1 cos 2 (1 cos 2 ) 3cos2

2 2

2sin(x y)sin(x y) 3cos z 2sin(x y)sinz 3(1 sin )

2

3sin 2sin( )sin 3 3 sin sin( ) 3 sin ( )

1

P 0 3

3

⇒ ≤ + +

3

P

max =

0,25

0,25

0,25

0,25

)

3 3 ( ;3 3

G∈ =y x− ⇒G t t− Đt AB có pt x− − =y 8 0

(3 3) 8

2

t t

⎣

⎞

⎟⎟

⎠

⎞

⎟⎟

⎠

0,25

0,25

0,25

0,25

2 Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều 1,00

( ; ; ) ( ) 3 8 7 6

(1) Tam giác ABC đều ⇔ AC2 =BC2 =AB

2 2 2

a c

+ =

⎧

⇔ ⎨

⎩

2) )

0,25

0,25

Từ (1) vμ (2) suy ra 3 3

a= ư ưb c= b+ thế vμo (3) ta được Phương trình nμy vô nghiệm Vậy không có

điểm C nμo thỏa mãn

2

18b +52b+39 0=

0,25

0,25

Tam giác OAB đều ⇔OA=OB=AB⇔ z1 = z2 = z1ưz2

Ta có z13+z32 =(z1+z2)(z12+z22ưz z1 2) 0= ⇒z13 = ư ⇒z23 z1 = z2

Mặt khác z12+z22ưz z1 2= ⇔0 (z1ưz2)2 = ưz z1 2⇒ (z1ưz2)2 = ưz z1 2

2

1 2 1 2 1 2 1 2

0,25

0,25

0,25

0,25

S = S = ⇔ AB d I AB = ⇔d I AB = 2

Đt AB có pt ư4 + =6 0 I∈ ưx 3y+ = ⇒2 0 I(3tư2; )t

2 (4; 2) (6; 2), (10;3)

6 (16;6) (30;10), (34;11)

⎡

⎣

0,25 0,25

0,25

0,25

d có ptts x= ư1 t y, = ư +3 2 ,t z= +3 t Δ cắt d tại I ⇒ I(1ư ư +t, 3 2 ,3t + t)

24 122 6 ( ;( )) 2 12 48 2 122

24 122 6

t

t

=

⎢

⎢

=

⎢

⎣

24 122 18 122 15 122 42 122

:

24 122 18 122 15 122 42 122

:

0,25

0,25

0,25

0,25

VII.b

Giải hệ phương trình

⎩

⎨

⎧

=

ư

= +

1 log log

27 2

3 3

log log 3 3

x y

y

Đk: x>0,y>0 log3 yưlog3x = ⇔ = x 1 y 3 0,25

0,25

3 3 3 3 3

log y log x log y 2 log x 27 log y

L«garit c¬ sè 3 hai vÕ ta ®−îc log log3y 3x=log 93 ⇔ +(1 log ) log3x 3x= 2

3 3

log 1

1

x

= ⇒ =

⎡

=

⎢

⎣ ⎣ 1 (tháa m·n ®k) VËy hÖ pt cã 2 nghiÖm lμ

0,25

0,25