đề thi thử ĐHCĐ 2011

D là điểm đối xứng của S qua E, I là giao điểm của đờng thẳng AD với mặt phẳng SMN.. Chứng minh rằng AD ⊥ SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI.. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn m

TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

TT LUYỆN THI ĐHCĐ Mụn thi : TOÁN

Thời gian làm bài : 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề

………

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm)

CõuI: ( 2điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 4m - 4 (1)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0

2 Tìm các giá trị m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (-1, 1)

Cõu II: (2điểm)

1 Tìm m để hệ phơng trình sau đây có nghiệm :

2 2

,

xy x y m

x y R

x y x y m



∈

 + + + =

2 Giải phơng trình : sin7 cos3 sin cos5 sin 2 cos 7 0

x x

Cõu III: (1điểm) Tính tích phân:

π

= +

2 0

4sin x

1 cosx

Cõu IV: (1điểm) Cho hình chóp SABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông SA= SB = SC = a Gọi M, N, E lần

lợt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC D là điểm đối xứng của S qua E, I là giao điểm của đờng thẳng AD với mặt phẳng (SMN) Chứng minh rằng AD ⊥ SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI

Cõu V: (1điểm) Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác

Chứng minh rằng : 2 a a b c( − − +) b b c a2( − − +) c c b a2( − − +) 3abc≥0

B PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần

I Theo chương trỡnh chuẩn: ( 3 điểm)

Cõu VIa: (2điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ cho đờng tròn (C): 2x + y2 12 4 36 0− x− y+ =

Viết phơng trình đờng tròn tiếp xúc với hai trục toạ độ và tiếp xúc ngoài với (C).

2 Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và

mặt phẳng (P): x - y - z - 3 = 0 Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P).

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2+MB2+MC2

Cõu VIIa: (1điểm) Tìm số phức z, nếu z2+ =z 0

II Theo chương trỡnh nõng cao: ( 3 điểm)

Cõu VIb: (2điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho đờng thẳng (D) : x- 3y - 4=0 và đờng tròn

(C): x2 + y2 – 4y = 0 Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng nhau qua A(3;1)

2 Trong khụng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai đờng thẳng

1

3

x t

d y t

z t

= −



 = −



và mp(P) : x−3y z+ + =2 0 Viết phơng trình hình chiếu của ∆ lên mp(P)

theo phơng d

Cõu VIIb: (1điểm) Giải phơng trình:

3

2 1 3 2

2

8

x x

-Hết -Hớng dẫn môn toán

- Điểm toàn bài không làm tròn.

- Học sinh làm các khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa

- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phàn tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn.

1 Tập xác định: R

2 Sự biến thiên:

1 Khi m = 0 hàm số trở thành: y = x3+ 3x2 - 4

- TXĐ: D = R

- Giới hạn: limx→+∞y= +∞, xlim→−∞y= −∞

0,25

- y’ = 3x2 + 6x ; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = -2

- Bảng biến thiờn

x -∞ -2 0 +∞

y’ + 0 - 0 +

y 0 +∞

-∞ -4

- Đồ thị:

x

y

1

0.25

0.25

0.25

2 TXĐ: D = R

hàm số nghịch biến trờn (-1, 1)

( ) ( )

2

m x x x

0.25

Xột hàm số: g(x) = −3x2−6x với x ∈(-1, 1) Ta cú bảng biến thiờn:

0,5

g’(x) 0

-g(x) 3

-9

Từ bảng biến thiờn suy ra giỏ trị

Cần tỡm m ≤ -9

1 Đặt u x= 2+2x≥ −1,v y= +2 2y≥ −1

Đưa hệ về : 5 6

2

uv m

u v m



 + =



0,25

u, v là cỏc nghiệm của phương trỡnh : 2

t − mt+ m− = 0,25

Hệ đó cho cú nghiệm khi và chỉ khi tồn tại t t1; 2 ≥ −1

3 5

2 7

m

m

≥





⇔

 ≤ ≤



0,50

II.2 2 Giải phơng trình lơng giác sin72xcos32x+sin cos2x 52x+sin 2 cos 7x x=0 1,00

Phơng trình đã cho tơng đơng với

2 sin6xcos3x = 0

sin 6 0

cos3 0

x x

=



6

6

k x

k x

x k

π

π

 =



 = +



III Tính tích phân

π

= +

2 0

4sin x

1 cosx

1,00

−

4sin x 4sin xsin x 4(1 cos x)sin x

4sin x 2sin 2x

4 sin 2 sin 2xdx

I xdx

4cos cos 2

IV 1,00

Trong (ABC) AE ∩ MN = J ⇒ SJ = (SMN) ∩ (ASD)

Trong (ASD) SJ ∩ AD = I

⇒ I = AD∩(SMN)

Ba tam giác SAB,SAC,SBC là các tam

giác vuông cân bằng nhau

⇒ SA,SB,SC đôi một vuông góc và ∆

ABC là tam giác đều cạnh a 2

BSCD là hình vuông cạnh a 0.25

( )

⊥



Lại có SM ⊥ AD nên SM ⊥ (ABD) ⇒ SM ⊥ AD (1)

( )

⊥



0,25

Mà MN// BC ⇒ MN ⊥ AD (2)

Từ (1) và (2) ⇒AD ⊥ (SMN) ⇒ AD ⊥ SI (đpcm) 0,25 Trong (SBD) kẻ IH // BD (H ∈ AB)

⇒ IH ⊥ (SAB)

3 3

+

⇒ IH = a/3

S SMB = 1/2 S SAB = 2

4

a ,

0,25

V MBSI = 1 . 1 . 2 3

3 SMB 3 3 4 36

V

Cho a,b,c lµ ba c¹nh cña mét tam gi¸c

Chứng minh rằng :

a a b c− − +b b c a− − +c c b a− − + abc≥ 1,00

2 2 2 2 2 2 2 2 2 3

3 cos cos cos

2

a b c b c a c a b

0,50

cos cos cos (cos cos ).1 (cos cos sin sin )

[(cos cos ) 1 ]+ [sin A+sin B]-cos cos

0,50

J

D E

N

M

B

A

3 cos cos cos

2

A+ B+ C≤

VIa.1

Trong mặt phẳng tọa độ cho đường tròn (C): x2 + y2 − 12 x − 4 y + 36 0 =

Viết phương trình đường tròn tiếp xúc với hai trục tọa độ và tiếp xúc ngoài với

(C)

1,00

Viết lại đường tròn (C):

( x − 6)2 + ( y − 2)2 = 4.

Vậy (C) là đường tròn tâm I(6 ; 2) và bán kính R = 2 Gọi đường tròn cần tìm có

tâm I1(a ; b) và bán kính R1:

1

( x a − ) + ( x b − ) = R

Do đường tròn cần tìm tiếp xúc với hai trục tọa độ nên ta có: a = = b R1.

0,25

Trường hợp 1: a = b, R1 = a Vì đường tròn cần tìm tiếp xúc ngoài với (C) nên

2

16 36 4 (1)

20 36 0

18

a

a

=



⇔ − + = ⇔  = 

Trường hợp này có hai đường tròn là:

(C1):( x − 2)2 + ( y − 2)2 = 4 và (C2): ( x − 18)2 + ( y − 18)2 = 324.

* Nếu a < 0 thì (1) ⇔ a2 − 12 a + 36 0 = ⇔ = a 6. Kết hợp điều kiện a > 0 thì

không có giá trị nào của a thỏa mãn

0,25

Trường hợp 2: a = - b, R1= a

Lúc này làm tương tự như trên ta có

2

8 36 4 (2)

0,25

Giải phương trình (2) ta tìm được a = 6 Vậy đường tròn thứ ba phải tìm là:

(C3): ( x − 6)2 + ( y − 6)2 = 36.

0,25

VIa.2 Tìm giá trị nhỏ nhất 1,00

GC MG GB

MG GA

MG MC

MB MA

2 2 2 2 2

2 2 2

GC GB GA MG 3 ) GC GB GA ( MG 2 GC GB GA MG

F nhỏ nhất ⇔ MG2 nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên (P) 0,25

⇔

3 3

19 1

1 1

3 3 3 / 8 3 / 7 )) P ( , G ( d

+ +

−

−

−

=

3

64 9

104 9

32 9

56 GC GB

Vậy F nhỏ nhất bằng

9

553 3

64 3

3

19 3

2

= +







 khi M là hình chiếu của G lên (P) 0,25

VII.a Đặt z = x + yi, khi đó

2 2 2 2

2

2 2 2 2

2

0

0 0

0

0 0

0

0 (1 ) 0

1

0 (1 ) 0

z x yi x y

x y x y xyi

x

y y

x y x y

y xy

x x x

x

y

y y

y y

x x

 =

− + =

=



=





=



=





0, 0

0, 1

0, 0

y

x y

x y

x y

y x







 



 













1,00

Câu 6b

Ta có1.M ∈ (D) ⇒ M(3b+4;b) ⇒ N(2 – 3b;2 – b) 0,25

N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 0;b = 6/5 0,5 Vậy cú hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5)

VIb.1 Viết phơng trình đờng tròn

1,00

Ta có 4x2 – 4x+4 = (2x-1)2 + 3 ≥ 3 ⇔ log3(4x2-4x+4) ≥ 1, ⇒ VP ≤ 8 0,25

MÆt kh¸c theo B§T C«-si, ta cã: VT ≥ 8

0,25

⇒ (19) ⇔

3

2 1 3 2

2

8

8

x x





0,25

gi¶i hÖ ta cã nghiÖm cña PT lµ x = 1

0,25

0,25

0,25

0,25