Gọi α là góc giữa hai mpABC và mpA’BC.. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật... Tìm tọa độ đỉnh C... Tớnh thể tớch khối lăng trụ.. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà t
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN (Thời gian làm bài : 180 phút ) PHẦN CHUNG (7điểm)
Câu I (2 điểm):Cho hàm số y x = 3− 3 mx2 + 4 m3 (m là tham số) có đồ thị là (C m)
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2 Xác định m để (C m ) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.
Câu II: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình lượng giác: 1 2 cos( sin )
−
=
2)Giải hệ phương trình 2 2 2
log 3 log log log 12 log log
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2
1
ln
ln
1 ln
+
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ với A’.ABC là hình chóp tam giác
đều cạnh đáy AB = a; cạnh bên AA’ = b Gọi α là góc giữa hai mp(ABC) và mp(A’BC) Tính
tan α và thể tích chóp A’.BCC’B’
Câu V (1.0 điểm) 1) Chứng minh rằng phương trình : x5−5x− =5 0có nghiệm duy nhất
PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần ( Phần 1 hoặc Phần 2)
PhÇn1)Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 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 với hệ toạ độ 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)vr
, vuông góc với mặt phẳng ( ) :α x+4y z+ − =11 0và tiếp xúc với (S)
Câu VII a.( 1 điểm ) Giải phương trình : log 2 2
x
PhÇn 2)Theo chương nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):
2 4 8 0
x +y + x− y− = Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết
điểm A có hoành độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B
2) Cho mặt phẳng (P): x− 2y+ 2z− = 1 0 và các đường thẳng 1: 1 3 ; 2: 5 5
Tìm các điểm M∈ d , 1 N∈ d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2
Câu VIIb.( 1 điểm ) : Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
5 4 7 15
n
−
− <
(Ở đây k, k
n n
A C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)
……… ……….-HÕt-………
Trang 2Thầy Hựng.c3vtpt.0914551337.
Luyện ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011
MễN TOÁN
Cõu I (2 điểm). Cho hàm số 2 1
1
x y x
−
= + (1).
1) Khảo sỏt và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2) Tỡm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M
và giao điểm hai đường tiệm cận cú tớch hệ số gúc bằng - 9
Cõu II (1 điểm) Giải phương trỡnh:
x
x x
x
cos
1 cos cos
tan 2
Cõu III (1 điểm) Giải hệ phương trỡnh: 2 0
x y xy
Cõu VI (1 điểm) Tớnh tớch phõn: I = 4 2
0 (x sin 2 ) cos 2x xdx
π
+
Cõu V (1 điểm)
Cho hỡnh lăng trụ ABC.A’B’C’ cú đỏy là tam giỏc đều cạnh a, hỡnh chiếu vuụng gúc của A’ lờn
măt phẳng (ABC) trựng với tõm O của tam giỏc ABC Tớnh thể tớch khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết
khoảng cỏch giữa AA’ và BC là a 3
4
Cõu VI (2 điểm) :
1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích
bằng 3
2 và trọng tâm thuộc đờng thẳng ∆: 3x – y – 8 = 0 Tìm tọa độ đỉnh C
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)
và đờng thẳng ∆ : 1 2
x− = y+ = z
− Tìm toạ độ điểm M trên ∆ sao cho:MA2+MB2=28
Cõu VII (1 điểm) : Giải hệ phương trỡnh
Cõu VIII (1 điểm)
Tỡm hệ số x6 trong khai triển 1 3 n
x x
biết tổng cỏc hệ số khai triển bằng 1024.
Việt trỡ Ngày 29/06 /2011
Trang 3Đáp án :
M I IM
M I
y y
+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: 0 ( )2
0
3 '( )
1
M
k y x
x
+
+) ycbt⇔k k M. IM = − 9
+) Giải được x0 = 0; x0 = -2 Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) 2.Tìm hệ số x6 trong khai triển 1 3 n
x x
biết tổng các hệ số khai triển
bằng 1024.
+ ; 0 1 n 1024
C +C + +C =
⇔ (1 1+ )n =1024 ⇔2n = 1024 ⇔n = 10
10
k k k
k o
−
=
Hạng tử chứa x6 ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210
ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về cos 2x−tan2x= +1 cosx− +(1 tan2x)⇔2cos2x−cos -1 0x = Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS:
x k= π x= ± π +k π x k= π
.
Trang 4Thầy Hựng.c3vtpt.0914551337.
Luyện ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011
MễN TOÁN Cõu I (2 điểm)
Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 cú đồ thị là (C m ); ( m là tham số)
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.
2 Xỏc định m để (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phõn biệt C(0;1), D, E sao cho
cỏc tiếp tuyến của (C m ) tại D và E vuụng gúc với nhau
Cõu II (2 điểm):
1) Giải phương trỡnh: sin 3x−3sin 2x−cos 2x+3sinx+3cosx− =2 0
Cõu III (1 điểm):
Tính nguyên hàm: sin 2
( )
xdx
F x
x cos x
=
∫
Cõu IV (2 điểm):
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đỏy ABC là tam giỏc đều cạnh a .A’ cỏch đều cỏc điểm A,B,C Cạnh bờn AA’ tạo với đỏy gúc 600 Tớnh thể tớch khối lăng trụ
Cõu V (2 điểm):
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9
và đờng thẳng d: x + y + m = 0 Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A
mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d’ lần lợt có phơng trình :
d : x y = z
−
−
=
1
2 và d’ :
1
5 3
2
2
−
+
=
−
=
y
Viết phơng trình mặt phẳng (α) đi qua d và tạo với d’ một góc 300
Cõu VI (1 điểm):
(24 1) (24 1) log (24 1) log x
Cõu VII(1 điểm) :Giải phương trỡnh:(z2 −z)(z+3)(z+2)=10,z C.∈
Việt trỡ Ngày /0 /2011
Trang 5Câu Nội dung Điểm
I
1 Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3− 3x2 + 4
+ TXĐ: R
+ Sự biến thiên: y’ = 3x2− 6x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2
Hàm số đồng biến trên: (−∞; 0) và (2; +∞)
Hàm số nghich biến trên: (0; 2)
Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0
y” = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1
Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞) Điểm uốn (1; 2)
0.25
Giới hạn và tiệm cận: 3 3 43
x x
LËp BBT:
0.25
§å thÞ:
0.25
2/ Ta có: y’ = 3x2− 6mx = 0 ⇔ 0
2
x
x m
=
=
Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m ≠ 0
0.25
Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) ⇒ uuur AB = (2 ; 4 m − m3)
Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y
= x và I thuộc đường thẳng y = x
0.25
0
x
−∞
−
y’
y
0
x y
O
Trang 63 3
2
m m
m m
⇔
=
Giải ra ta có: 2
2
Kết hợp với điều kiện ta có: 2
2
m = ±
Điều kiện: n− ≥ ⇔ ≥1 4 n 5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
n n n
0,50
2 2
9 22 0
5
n
− − <
≥
0,50
Trang 7Thầy Hùng.c3vtpt.0914551337.
Luyện ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số y x 2 C ( )
x 2
+
=
−
1 Khảo sát và vẽ ( )C
2 Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C , biết tiếp tuyến đi qua điểm A 6;5 (− )
Câu II (2 điểm)
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )
x
2) Giải bất phương trình: 51 2x x2 1
1 x
− − <
C©u III (1 ®iÓm) T×m nguyªn hµm = ∫
x x
dx
cos
sin
Câu IV: (1 điểm)
Cho tứ diện OABC có OA=4,OB=5,OC=6 và ·AOB BOC COA= · =· =60 0
Tính thể tích tứ diện OABC.
Câu V(2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng ∆ : 2x + 3y + 4 = 0
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau góc 450 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
5 1
1 3
4 :
1
−
+
=
−
−
=
x d
1 3
3 1
2 :
2
z y
x
d − = + =
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VI (1 điểm)
Giải hệ phương trình :
2
log ( 5) log ( 4) = 1
Câu VII (1 điểm)
Tìm_số_phức_z_thỏa_mãn:
=
−
+
−
=
−
4 ) (
2 2
2
z
i z z i z
Việt trì Ngày 03 /07 /2011
Trang 82 Phương trình đường thẳng đi qua A 6;5(− ) là ( )d : y k x 6= ( + +) 5.
(d) tiếp xúc (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :
2
2 2
x 2
x 2
4
x 2
+
+
−
Suy ra có 2 tiếp tuyến là :
d : y x 1; d : y
(Học sinh tự vẽ hình)
Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA OB= '=OC' 4=
Lấy M là trung điểm của B’C’ ⇒(OAM) (⊥ OB C' ' )
Kẻ AH ⊥OM ⇒ AH ⊥(OB C' ')
AM =OM = ⇒MH = ⇒AH =
·
.sin
OBC
S = OB OC BOC=
3
+ Điều kiện:
2
( )
I
− − + + > − + > + > + >
< − ≠ < + ≠
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
( )
log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1 (2).
I
Đặt log2+y(1− =x) t thì (1) trở thành: 1 2
t
Với t=1 ta có: 1− = + ⇔ = − −x y 2 y x 1 (3) Thế vào (2) ta có:
2
0
2
x
x
=
⇔ = − Suy ra: 1
1
y y
= −
=
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 và AB là đoạn vuông góc chung của hai( 1, 2)
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’)
Trang 9⇒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
Nên có phương trình là: ( )2 2 2
x− + y− + +z =
*Biến đổi phương trình đã cho tương đương với
os2 3 sin 2 10 os( ) 6 0
6
c x− x+ c x+π + =
os(2 ) 5 os( ) 3 0
2 os (2 ) 5 os( ) 2 0
Giải được os( ) 1
c x+π = −
và os( ) 2
6
c x+π = −
(loại)
*Giải os( ) 1
c x+π = −
được nghiệm 2
2
x= +π k π
6
x= − π +k π
*∆ có phương trình tham số
1 3
2 2
= −
= − +
và có vtcp u= −( 3; 2)
ur
*A thuộc ∆ ⇒A(1 3 ; 2 2 )− t − + t
*Ta có (AB; ∆)=450 1
os( ; )
2
c AB u
2
AB u
AB u
uuuurur ur
169 156 45 0
*Các điểm cần tìm là 1( 32 4; ), 2(22; 32)
+ Gọi số phức z = x + yi (x,y∈R)
Hệ
=
+
=
− +
↔
4 4
) 2 2 ( ) 1 ( 2
xyi
i y i y x
=
=
↔
−
=
∨
=
=
↔
3
3 2
4 1
4 1
1
4
y x x
y x
y
x
y
Vậy số phức cần tìm là : z 3 3 i
4
1
=
2 2
2
51 2
1
x
x x
x x
x x
x x
− <
− − < ⇔ − >
− − < −
Trang 101 52; 1 52
1
( ; 5) (5; )
1 52; 1 52
x
x
x
x
x
>
∈ − − − +
⇔ <
∈ −∞ − ∪ +∞
∈ − − − +
x∈ − − 1 52; 5− ∪ − +) (1; 1 52
=
x x
dx x
x x
dx
cos 2 sin
8 cos cos
sin
đặt tanx = t
dt t t
t t
dt
I
t
t x x
dx
dt
+
=
⇒
+
=
=
⇒
3
3 2 3
2
2 2
) 1 ( ) 1
2
(
8
1
2 2
sin
; cos
C x x
x x
dt t t
t
t
dt t
t t
t
+
− +
+
= +
+
+
=
+ +
+
=
∫
∫
−
2 2
4 3
3
3
2 4
6
tan 2
1 tan
ln 3 tan 2
3 tan 4
1 )
3
3
(
1 3 3
