Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2. Giải phương trình Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân . Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng:
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2
m
y x m
x
= + +
−
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1
2 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình cos cos2 ( 1) ( )
2 1 sin sin cos
x
−
+
2 Giải phương trình 7−x2+x x+ =5 3 2− x x− 2 (x∈¡ )
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
3 0
3
x
dx
− + + +
Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các
cạnh AB, AC sao cho (DMN) (⊥ ABC) Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: x y+ =3 xy
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z 0≥ thoả mãn x+y+z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
16
P
x y z
= + +
II 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 toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d1: 1 1 2
x+ = y− = z−
, d2: 2 2
x− = y+ = z
− Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
B Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0 Viết phương trình đường tròn có tâm
C và tiếp xúc với đường thẳng BG
2 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 3 2 1
x− = y+ = z+
− và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0 Gọi M là giao điểm của d và (P) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với
d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 1( ) 4
4
2 2
1
( , ) 25
y x
+ =
¡
Hết
Trang 2-SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010
Đáp án gồm 06 trang
1 2
y x
x
= + +
−
b) Sự biến thiên:
2
' 1
y
1 ' 0
3
x y
x
=
lim
x
y
→−∞ = −∞, lim
x
y
→+∞ = +∞,
lim ; lim
→ = +∞ → = −∞ ,
lim[ ( 1)] 0 ; lim[ ( 1)] 0
→+∞ − + = →−∞ − + =
Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.
0.25
Bảng biến thiên
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;1 , 3;) ( +∞); hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ( )1;2 , 2;3
Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3.
0.25
c) Đồ thị:
0.25
x y’
y
+ ∞ + ∞
1
3
Trang 32 1.0
Với x≠2 ta có y’ = 1- 2
( 2)
m
x− ; Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm
phân biệt khác 2 ⇔ >m 0
0.25
Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 1
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2− m; 2+ −m 2 m); B( 2+ m; 2+ +m 2 m)
Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:
0 2
m
m
=
⇔ =
Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán
Vậy ycbt ⇔ m = 2
0.25
1 Giải phương trình 2 ( ) ( )
cos cos 1
2 1 sin sin cos
x
−
Khi đó PT ⇔ −(1 sin2x) (cosx− =1) 2 1 sin( + x) (sinx+cosx)
⇔ +(1 sinx) (1 cos+ x+sinx+sin cosx x) =0
⇔ +(1 sinx) (1 cos+ x) (1 sin+ x) =0
0.25
sin 1
cos 1
x x
= −
2 2 2
= − +
⇔
(k m, ∈Z)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2
2
x= − +π k π
và x= +π m2π (k m, ∈Z)
0.25
2 Giải phương trình: 7−x2+x x+ =5 3 2− x x− 2 (x∈¡ ) 1.0
2
x x PT
⇔
2
3 2 0
5 2( 2)
x x
⇔
0
2
5 2
x x
x x
x
− ≤ ≤
x
− ≤ <
⇔ = −x 1
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1 0.25
Trang 4III Tính tích phân
3 0
3
x
dx
− + + +
Đặt u = x+ ⇒1 u2− = ⇒1 x 2udu dx= ; đổi cận: 0 1
= ⇒ =
= ⇒ =
Ta có:
2
(2 6) 6
+ + +
1
2
6 6 ln 1
1
3
3 6ln
2
Dựng DH ⊥MN =H
Do (DMN) (⊥ ABC)⇒DH ⊥(ABC) mà D ABC là
tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC
0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2
1
Diện tích tam giác AMN là 1 0 3
.sin 60
AMN
0.25
Thể tích tứ diện D AMN là 1 . 2
3 AMN 12
Ta có: S AMN =S AMH +S AMH 1 0 1 0 1 0
.sin 60 sin 30 sin 30
Trước hết ta có: ( )3
4
x y
+ ≥ (biến đổi tương đương) ( ) (2 )
x y x y 0
Đặt x + y + z = a Khi đó ( )3 3 ( )3 3 ( )
(với t = z
a, 0≤ ≤t 1)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t∈[ ]0;1 Có
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
Lập bảng biến thiên
0.25
( )
[ ] 0;1
64 inf
81
t
∈
⇒ = ⇒ GTNN của P là 16
81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25
D
A
B C
H
M N
Trang 5VI.a 2.0
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
;
5
x
B
y
=
0.25
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và
BD, kí hiệu nuuurAB(1; 2);− nuuurBD(1; 7);− nuuurAC( ; )a b (với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các
đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: cos(nuuur uuurAB,n BD) = cos(nuuur uuurAC,n AB)
3
2
7
a
= −
= −
0.25
- Với a = - b Chọn a = 1 ⇒ b = - 1 Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3 (3; 2)
A
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
;
2
x
x y
I
y
=
− − =
Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ ( )4;3 ; 14 12;
5 5
0.25
Phương trình tham số của d1 và d2 là: 1 2
0.25
Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)
MN
⇒uuuur(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t) 0.25
Do d ⊥ (P) có VTPT nuurP(2; 1; 5)− − nên∃k MN:uuuur=knuurp ⇔
3 5 3
+ − =
− + − = −
− − − = −
có nghiệm 0.25
Giải hệ tìm được 1
1
m t
=
=
Khi đó điểm M(1; 4; 3) ⇒Phương trình d:
1 2 4
3 5
= +
= −
= −
thoả mãn bài toán 0.25
Trang 6VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
1.0
Điều kiện:
3
n N n
∈
>
Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 ⇔ log4(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
⇔ (n – 3)(n + 9) = 43⇔ n2 + 6n – 91 = 0 7
13
n n
=
⇔ = − Vậy n = 7
0.25
Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = ( ) ( )2 3 ( ) 3
1+i 1 +i = +1 i (2 )i = +(1 ).( 8 ) 8 8i − i = − i
Giả sử B x y( ;B B)∈ ⇒d1 x B = − −y B 5; ( ;C x y C C)∈ ⇒d2 x C = −2y C+7
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6
3 0
B C
+ + =
0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25
Ta có BGuuur(3;4)⇒VTPT nuuurBG(4; 3)− nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
Bán kính R = d(C; BG) = 9
5 ⇒phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 81
Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2 1
= +
= − +
= − −
⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2 2 1
2 0
x y z
= +
= − +
= − −
+ + + =
(tham số t)
(1; 3;0)
M
0.25
Lại có VTPT của(P) là nuurP(1;1;1), VTCP của d là (2;1; 1)uuurd −
Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP uuur∆ =u nuur uurd, P=(2; 3;1)−
Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆, khi đóMN xuuuur( −1;y+3; )z
Ta có MNuuuur vuông góc với uuur∆nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N∈(P) và MN = 42 ta có hệ:
2 0
x y z
+ + + =
− + − =
− + + + =
0.25
Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt : 5 2 5
− Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt : 3 4 5
−
0.25 (thoả mãn)
(không thoả mãn)
Trang 7Giải hệ phương trình 1( ) 4
4
2 2
1
( , ) 25
y x
+ =
¡
1.0
0
y x y
− >
>
4
y x
0.25
2
3
25
10
y
=
15 5
10 10
10 10
x y
x y
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định.
(không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk)