Đề thi thử đại học lần 2 Môn: TOÁN - Khối A - Trường THPT công nghiệp pptx

Tìm giá trị của m để các tiếp tuyến tại B, C song song với nhau.. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng SCB và ABC để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất.. Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau.

1

Sở GD & ĐT hoà bình

trường thpt công nghiệp

Đề thi thử đại học lần 2 năm 2010

Mụn: TOÁN - Khối A Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)

Câu I: ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x3- (m+1)x2 + (m - 1)x + 1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m =1

2) Chứng tỏ rằng với mọi giá trị khác 0 của m, đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt

A, B, C trong đó B, C có hoành độ phụ thuộc tham số m Tìm giá trị của m để các tiếp tuyến tại

B, C song song với nhau

Câu II ( 2điểm )

Câu III: (1 điểm )

Tính tích phân :

3

2

dx I





Câu IV: (1 điểm)

Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) , SC = a Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất

Câu V : (1 điểm)

2

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho 4 < x1 < x2 < 6

Phần riêng ( 3 điểm )

Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần1 hoặc phần2)

Phần1 (Theo chương trình chuẩn )

Câu VI.a (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC , biết

A(1; 3) và hai đường đường trung tuyến có phương trình là d1: x - 2y +1 = 0 ; d2 : y - 1 = 0

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng

d1 : 1 2

 và d2 :

1 3 '

3 2 ' 1

z

 





 





Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau Viết phương trình đường vuông góc chung của d1 và d2

Câu VII.a (1 điểm)

Cho số phức z = 1 3

  Hãy tính 1 + z + z2

Phần2 (Theo chương trình nâng cao )

Câu VI.b : (2 điểm )

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC , biết C(4; 3), đường phân giác trong và đường trung tuyến kẻ từ một đỉnh của tam giác có phương trình lần lượt là

d1 : x + 2y -5 = 0 ; d2 : 4x +13 y - 10 = 0

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 và d2 và mặt phẳng (P) có phương trình

d1 : 1 2 2

x y z

  ; d2 :

4 5 '

7 9 ' '

z t

  





  





(P): 4y - z - 5 = 0

Viết phương trình của đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng d1 , d2

Câu VIIb: (1 điểm )

Tìm nghiệm phức của phương trình: (1+i)z2 - (4 + i)z + 2 - i = 0

-Hết …………

Họ và tên thí sinh: Số báo danh: -pat_hn@yahoo.com sent to http://laisac.page.tl

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC

KHỐI A - LẦN 2 - NĂM 2010

m

1 ) 1 ( ) 1

3











y

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

m = 1 hàm số có dạng y x32x21

TXĐ: D = R

Sự biến thiên:

Giới hạn: 





xlim 





xlim

Bảng biến thiên: y'3x24x ,

















3 4

0 0

'

x

x y

3

5



+

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ;0 và 













; 3 4

Hàm số nghịch biến trờn khoảng 









 3

4

; 0 Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = y(0) = 1

Hàm số đạt cực tiểu tại x =

3

4

; yCT =

27 5 3





Đồ thị









 27

11

; 3

2

U

Giao với trục Oy (0, 1)











 















 

0 , 2

5 1

; 0 , 2

5 1









 27

11

; 3

2

2) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đó cho với trục hoành là nghiệm của phương trình:

0 1 ) 1 ( ) 1





























) 2 ( 0 1

1 0

) 1 )(

1 (

2 2

mx x

x mx

x x

CMinh m0 phương trình (2) luụn có hai nghiệm phân biệt khỏc 1

 phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt

 m0 đồ thị hàm số đó cho luụn cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt là: A(1, 0); B(x1, 0);

C(x2, 0) với x1, x2 là nghiệm của phương trình (2)

Câu

1

Ta có y'3x22(m1)x(m1)

Hệ số gúc của tiếp tuyến tại B là: ( )' 3 12 2( 1) 1 ( 1)

y x

2

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

3

Tiếp tuyến tại B và C song song với nhau  '( ) '( ) 2

1

3

1 2 cos 3 2 sin 3

8 ) ( cos 3

1 cos























Biến đổi phương trình về dạng: 2sin2x9sinx76sinxcosx6cosx0

0 ) 7 cos 6 sin 2 )(

1

















0 7 cos 6 sin

2

1 sin

x x

x

Giải phương trình sinx = 1 ta được nghiệm  2

x 

II

Chứng minh phương trình 2sinx6cosx70 vô nghiệm

Kết luận: nghiệm của phương trình:  2

x 

0.5

0.25

0.25

3 1

2

x x x

* Biến đổi phương trình về dạng

3 1

4

2 3 2 2 3

1 4

2 2



































x x

x x

x x x

x

0,5

* Đặt t = x1 3x , đk t > 0, dẫn đến pt t3 - 2t - 4 = 0  t = 2 0,25

cach

1

3 1

2

x x x

ĐKXĐ: -1  x  3

Đặt

















x v

x u

3

1 điều kiện









 0

0

v u

0.25

Dẫn đến hệ:









































4 2 ) (

1 2 4

1 2

2 2

2

v u v u

v u v u v

u

v u v











 0

2

v u

v u

0.5

Giải ta được









 0

2

v

u

hoặc









 2

0

v

u

Với









 0

2

v

u

0 3

2 1





















x x

x

0.25

cach

2

Với









 2

0

v

u

2 3

0 1























x x

x

Kết luận hệ có hai nghiệm x = 3 và x = -1

0.25

CâuI

II

Ta có:













































3

1

3

1

2 3

1

2 3

1

2 2

2 3

1 1

1 2

1 2

1 1

1 1

1 1

1 1

dx x

x dx

x

dx x

x x

dx x x

x x

x x

dx

2

1 1

3 ln

2

1 1 1 2

13 1























x

I2 =  

3

1

2

2

1

dx x

x

Đặt t 1x2 t2 1x2 2tdt 2xdx

0,5

Đổi cận x = 1  t = 2, x = 3  t = 10 Vậy

9

10 2 11 ln 4

1 2 10 2

1

2

10 1

1 ln 4

1 2

1 1

1 1

1 2

1 1 2

1

) 1 ( 2 10

2

10

2 2

2

2







































































t t t

dt t I

Từ đó tính được I = ln3 2

2

1

2 2 3 9

10 2 11 ln 4

1 2 10 2

1







 Câu

IV

Gọi  là gúc giữa hai mp (SCB) và (ABC)

Ta có :  SCA· ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin 

Đặt x = sin Vỡ 0 <

2



  , nờn x  (0; 1) Xét hàm số : f(x) = x – x3 trờn khoảng ( 0; 1)

Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 f ' x  0 x 1

3

   

Từ đó ta thấy trờn khoảng (0;1) hàm số

f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm

cực đại, nờn tại đú hàm số đạt GTLN

hay

   

x 0;1



Vậy MaxVSABC =

3 a

9 3, đạt được khi sin  = 1

3 hay

1 arc sin

3

  , ( với 0 <

2



  )

0,5

0,5

Ta m để phương trình có 2 nghiệm

pt đó cho tương đương với pt: (m3)log22(x4)(2m1)log2(x4)m20

trên khoảng (4; 6) phương trình luụn xỏc định

Đặt tlog2(x4)đk t < 1 do 0 < x - 4 < 2 x  (4; 6)

Dẫn đến pt (m-3)t2 + (2m +1)t + m + 2 = 0  m(t2 + 2t + 1) = 3t2 - t - 2 (*)

Nhận Xét thấy t = -1 khụng thỏa món pt (*) Biến đổi pt về dạng m

t t

t t









 1 2

2 3

2 2

Bài toỏn trở thành: Ta m để pt: f(t) = m

t t

t t









 1 2

2 3

2

2

, có hai nghiệm phân biệt t1 < t2 < 1

Câu

V

) 1 (

3 7 ) ( '







t

t t

7

3 0

) ( ' t  t

f

Bảng biến thiên của hàm số f(t) trờn khoảng (-; 1)

7

3

f'(t)

f(t)

+

3

+

8

25



0

0,25

0,25

C S



5

Từ đó suy ra các giá trị cần ta là:















 3

0 8

25

m

1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc

A  d1, A  d2 Giả sử d1 qua B, d2 qua C

Tính được tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ















 0 1

0 1 2

y

y x

 G(1, 1

Vỡ B d1 nờn B(2b-1 ;b) , Vỡ C d2 nờn C(c ;1)

Từ gt G là trong tâm tam giỏc ABC suy ra

























3

3

C B A G

C B A G

y y y y

x x x x

Tính được b = -1, c = 5 Suy ra B(-3, -1) ; C(5, 1)

Câu

VIa

Viết được pt cạnh AB: x - y + 2 = 0 ; AC: x + 2y - 7 = 0 BC: x - 4y - 1 = 0

0.25

0.25

0.5

2) Viết được d1:





















t x

t y

t x

3

2 2 1

d1 đi qua M1(1; 2; 0), có VTCP u1 (1;2;3) , d2 đi qua M2(1; 3; 1), có VTCP u2 (3;2;0)

Tính được M1M2 (0;1;1), u1,u2(6;9;4) u1,u2M1M2 50  d1, d2 chéo nhau 0,5 Trờn d1 lấy điểm A(1 - t; 2 + 2t; 3t), trên d2 lấy điểm B(1 +3t'; 3 - 2t'; 1)

 AB(3t't;12t'2t;13t)

AB là đường vuông góc chung của d1, d2















0

0 2

1

u AB

u AB

dẫn tới hệ



































133 51 19

1 ' 2 7 ' 13

5 14 ' 7

t

t t

t

t t











133

20

; 133

45

; 133

30











1

; 19

59

; 19

16

B

 pt đường vuông góc chung của d1 và d2 là































t z

t y

t x

4 1

9 19 59

6 19 16

0,5 Hóy tớnh 1 + z + z2

2

3 2

1 2

3 2

2





























0.5

Câu

VIIa

1)Giả sử đường phân giác và đường trung tuyến đó cho đi qua đỉnh A Khi đó tọa độ đỉnh A

10 13 4

5 2



















A y

x

y x

Viết được pt cạnh AC: x + y -7 = 0

0.25

Câu

VIb

Viết ptđt d qua C ,vuông góc với phân giác d1 của gúc A ta được d: 2x -y - 5 =0

Giả sử d cắt cạnh AB tại E, cắt đươgs phân giác d1 tại I và tọa độ của I là nghiệm của hệ

0.25

) 1

; 3 ( 0 5 2

5 2

I y

x

y

x



















2

2 1

1



















E y y y

x x x E C

E C

Viết được ptđt AB( Đi qua A và E): x + 7y + 5 = 0

Viết ptđt d3 qua I và song song với cạnh AB có pt: x + 7y - 10 = 0

Gọi M là trung điểm của cạch AB thỡ M d3d2  Tọa độ M là nghiệm của hệ:



















0 10 7

0 10 13 4

y x

y x

 M(-4; 2) Viết được pt cạnh BC: x - 8y + 20 = 0

0.5

2) ptts của d1:

























t x

t y

t x

3 2

4 2 1

Trờn d1 lấy điểm A(1 + t; -2 + 4t; 2 + 3t), trên d2 lấy điểm B(-4 +5t'; -7+9t'; t')

 AB(55t't;59t'4t;t'3t2)

mp(P) có VTPT n(0;4;1)

0.5

Đường thẳng AB vuông góc với mp(P)  AB và n cùng phương

Từ đó ta được t = 0, t' = 1  A(1; -2; 2) và AB= (0; 4; -1)

 pt đường thẳng thỏa món yờu cầu đề bài là:





















t z

t y

x

2

4 2

1

0.5

Giải phương trình………

Tính được  = 3 + 4i = (2 + i)2

0.5 Câu

VIIb

Ta được 2 nghiệm

i

i z

i

z











1

3

; 1

1 2

Chú ý: Mọi lời giải khác, nếu đúng thỡ chấm điểm tương ứng

7

1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc

A  d1, A  d2 Giả sử d1 qua B, d2 qua C

Gọi trung tuyến BK: x - 2y + 1 = 0

CH: y - 1 = 0

Tính được tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ















 0 1

0 1 2

y

y x

 G(1, 1)

G nằm trờn trung tuyến AM và AG2GM































0

1 )

1 ( 2 3

1

1 2 1

1

M M

M

M

y

x y

x

 M(1, 0)

Đường thẳng BC qua M(1, 0) có hệ số góc k nên có pt: y = k(x - 1) hay y = kx - k





































2

1 1 2

1 2 0

1

k x y

x

k kx y

B

0















k k

x y

k kx y

C

1 2

1 2









k k

k hay x x

Tính được

4

1



4

1











y

Từ đó tính được xB = -3, yB = -1 hay B(-3, -1)

Tính được tọa độ C(5, 1)

Viết được pt cạnh AB: x - y + 2 = 0

Viết được pt cạnh AC: x + 2y - 7 = 0