viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đĩ, biết rằng trực tâm của nĩ trùng với gốc tọa độ O.. Phần 2: Theo chương trình nâng cao.. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiế
Trang 1TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 )
NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28/02/2011
MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ)
I PHẦN CHUNG: (7 điểm)
Câu 1:Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ (Cm); (m là tham số)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3
2 Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau
Câu 2: 1 Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
2 Giải hệ phương trình: 2 0
1 4 1 2
Câu 3: Tính J =
−
∫2ln103 xx
e dx
Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB)
vuông góc với đáy, SA=2a; 0
60
SAB=
Câu 5: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 2009
x+ + =y z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2x y z+ +1 +x+21y z+ + x y+ +1 2z
II.PHẦN TỰ CHỌN: (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu 6a.
1 Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0;
4x + 7y – 21 = 0 viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đĩ, biết rằng trực tâm của nĩ trùng với gốc tọa độ O
2 Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
(d) :
2
2
z 2
y 1
1
và mặt phẳng ( P ) : 2x – y – 2z = 0
Câu 7a Giải phương trình sau trong C: Z3 - 2Z2 + 8Z – 16 = 0
2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao.
Câu 6b
1 Trong mpOxy, cho đường trịn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0 Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) mà gĩc giữa hai tiếp tuyến đĩ bằng 600
2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d1) :
=
=
= 4 z
t y
t 2 x
; (d2) :
3 0
x t
y t z
= −
=
=
Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2)
Câu 7b Giải phương trình sau trong C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0
Trang 2
HƯỚNG DẪN GIẢI:
I PHẦN CHUNG:
Câu 1: : y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm)
1 m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3)
+ TXĐ: D = R
+ Giới hạn: limx→−∞y= −∞, limx→+∞y= +∞
+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2≥ 0; ∀x
* Bảng biến thiên:
+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
y” = 0 ⇔ x = –1 điểm uốn I(-1;0)
* Đồ thị (C3):
2 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:
x3 + 3x2 + mx + 1 = 1⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔ + + =x 02=
* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE≠ 0
⇔
≠
∆ = − >
+ × + ≠ <
m 0
9 4m 0
4 m
9 Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
kD = y’(xD) = 3x2D+6xD+ = −m (xD+2m);
kE = y’(xE) = 3x2E +6xE + = −m (xE+2m)
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1
⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1
⇔ 9m + 6m ×(–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)
⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔ m = 1 9 65( m )
8 ĐS: m = 1(9− 65 hay m) =1(9m 65)
Câu 2 :
1 3 sin x cosx 2 cos3x 0 + + = ⇔sinπ3sinx + cosπ3cosx = – cos3x
Trang 3⇔ cos −π= −
x 3 cos3x ⇔ cos
π
− = π −
x 3 cos( 3x)
⇔
= +
∈
= + π
k x
3
⇔ x = π+kπ
3 2 (k ∈ Z)
2 Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:
x2+91− y2+91= y− −2 x− +2 y2−x2
2 2
y x y x
1
x y
⇔ x = y (trong ngoặc luơn dương và x vay đều lớn hơn 2)
Vậy từ hệ trên ta cĩ: x2+91= x− +2 x2 ⇔ x2+91 10− = x− − + −2 1 x2 9
2 2
( 3)( 3)
2 1
91 10
x x x
x
− +
2 1
91 10
x x
x x
− +
⇔ x = 3
Vậy nghiệm của hệ x = y = 3
Câu 3: J
−
−
−
b
2/ 3 1/ 3
3 u
3 4 (e 2) ;
2 với u = ex – 2, du = exdx) Suy ra:
b 2/ 3
Câu 4:
Dựng SH AB⊥
° Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
SH (ABC)
⇒ ⊥ và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng HN BC, HP AC⊥ ⊥
° SHN = SHP ⇒ HN = HP
° AHP vuông có: HP HA.sin60o a 3.
4
° SHP vuông có: SH HP.tg a 3tg
4
° Thể tích hình chóp
ABC
Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta cĩ:
4ab ≤ (a + b)2 1
4
a b
a b ab
+
+
1 1 1
( , 0)
⇔ + ÷ ∀ >
S
H
P
C A
B
N
ϕ
Trang 4Ta cĩ: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z
Tương tự: 1 1 1 1 1
x y z x y z
x y z x y z
2x y z+ x 2y z+x y 2z
≤ + + ÷=
Vậy MaxP = 2009
4 khi x = y = z =
12 2009 II.PHẦN TỰ CHỌN:
1 Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản
Câu 6a.1a
1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3)
Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP ar = (7; - 4) của AC làm VTPT
Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7)
A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0
2 Gọi A(a; 0; 0) ∈Ox
° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng () : 2 2a2 2 2a
d(A; )
3
2 1 2
+ +
° () qua M (1; 0; 2)0 − và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)r=
° Đặt M Muuuuuur0 1 =ur
° Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác AM M0 1
0 1
2 0
AM M
0 1
[AM ; u]
d(A; )
uuuuur r r
° Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )
2
2
° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0)
Câu 6a.2a n = a b cd e
* Xem các số hình thức a b cd e , kể cả a = 0 Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là c) Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \ { }1 : số cách chọn 4
7
A Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài
* Xem các số hình thức 0b cd e
* Loại những số dạng hình thức 0b cd e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài
1 Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao:
Câu 6b.1b
1 (C) cĩ tâm I(3;0) và bán kính R = 2
M ∈ Oy ⇒ M(0;m)
Trang 5Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
Vậy
·
·
0 0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB
Vì MI là phân giác của ·AMB
(1) ⇔ ·AMI = 300
0 sin 30
IA MI
⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ m2+ = ⇔ =9 4 m m 7 (2) ⇔ ·AMI = 600
0 sin 60
IA MI
9 3
m + = Vơ nghiệm Vậy cĩ hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 )
2.- (d1) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương ur1 =(2; 1; 0)
- (d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương ur2 =(3; 3; 0)−
AB (3; 0; 4)uuur= −
° AB.[u ; u ] 36 0uuur r r1 2 = ≠ ⇒AB, u , uuuur r r1 2 không đồng phẳng
° Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau
° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2)
2
N (d )∈ ⇒ N(3 t ; t ; 0)+ −
° Ta có:
1
2
N(2; 1; 0)
t 1
MN u
=
uuuur r uuuur r
° Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính R 1MN 2.
2
° Vậy, phương trình mặt cầu (S): (x 2)− 2+ −(y 1)2 + −(z 2)2 =4
Câu 6b.2b
Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0
Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = 2 Vậy phương trình trở thành:
(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0
Suy ra: Z3 = 2 2 i và Z4 = –2 2 i
Đáp số: {−1,2, 2 2 i, 2 2 i− − }
-Hết -HỌ VÀ TÊN : TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC
Trang 6ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 02 )
NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 21/03/2011
MÔN: TOÁN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ)
Câu I ( 2 đ ) : Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2 Tìm điểm M thuộc đường thẳng y = 3x - 2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.
Câu II ( 2 đ ) :
1 Giải phương trình log 2 2 log 4 logx + 2x = 2x8 .
2 Giải phương trình 2sin2 x + 2 3 sin cos x x + = 1 3 cos ( x + 3 sin x )
Câu III ( 2 đ ) :
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d:2x y− + =3 0.
2 Tính tích phân:
2
6
cotx
s inx.sin x
4
π
π
=
π
+
∫
Câu IV ( 2 đ )
Trong không gian Oxyz cho A ( 1; 2; - 1) và ( d ) : 2 2
x − = = y z +
Và mặt phẳng ( p ) : 2x + y - z + 1 = 0
1 Viết phương trình đường thẳng đi qua A , song song với ( P ) và vuông góc ( d ).
2 Viết phương trình đường thẳng đi qua A , cắt ( d ) và song song với ( P )
Câu V ( 2 đ )
1 Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của (x2+2)n, biết A n3−8C n2+C n1 =49 ( k
n
A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử, Cn k là số tổ hợp chập k của n phần tử).
2 Cho a,b, c dương và a2 + b2 + c2=3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
HẾT
Chúc các em làm bài tốt
Trang 7ĐÁP ÁN ĐỀ 02
I.1 Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2
Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0
Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất
=> 3 điểm A, M, B thẳng hàng
Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
4
5
x
y x
y x
y
=
=> 4 2;
5 5
M
II Tính
2
sinx sinx cos sin x 1 cot sin x sin
4
x
+
Đặt 1+cotx=t 12
sin x dx dt
x= ⇔ = +π t x= ⇔ =π t +
3 1 3
3 1 3
3
t
t
+ +
∫
III 1 Ta có:
3
3
+
3
3
+
3
3
+
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:
2 2 2
9 3
a b c
P+ + + + ≥ a + +b c (4) Vì a2+b2+c2=3
2
P
⇔ ≥ vậy giá trị nhỏ nhất 3
2
P= khi a=b=c=1
1.Giải phương trình 2sin2 x+2 3 sin cosx x+ =1 3 cos( x+ 3 sinx) .
Trang 8( ) 3 1 1 3
2 2
5
x π x π π kπ x π kπ
2.(1 điểm) Điều kiện 0, 1, 1
2
x> x≠ x≠ Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với
log x+log 2x =log 2x ⇔ log x+1 log x =1 log x⇔log x=1 log x
III 1 A Ox B Oy∈ , ∈ ⇒A a( ) ( );0 ,B 0; ,b ABuuur= −( a b; ) Vt c p của d là ur=( )1; 2
Toạ độ trung điểm I của AB là ;
2 2
a b
A và Bđối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi
4 0
2
3 0 2
a b
a
AB u
b
b a
I d
− + =
uuur r
Vậy A(−4;0 ,) (B 0; 2− )
Câu VI b Điều kiện n≥4,n∈¥ Ta có: ( 2 ) 2
0
2 n n k k2n k
n k
=
+ =∑ Hệ số của x8 là 4.2n 4
n
C −
A n3−8C n2+C n1=49⇔ −(n 2) (n−1)n−4(n−1)n n+ =49⇔n3−7n2+7n−49 0=
⇔(n−7) (n2+ = ⇔ =7) 0 n 7 Vậy hệ số của x8 là 4 3
7.2 280
C =