Đề thi thử Đại học môn Toán kèm hướng dẫn giải số 46

Gọi M là trung điểm của AA’.. Tính thể tích tứ diện MA’BC’.. Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi qua điểm M1; -3.

toilatoih18098@yahoo.com gửi tới http://laisac.tk

ĐỀ THI THỬ ĐHCĐ LẦN I NĂM HỌC 2010-2011

Môn Toán- Khối A-B-D

Thời gian lµm bµi : 180 phút

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

Câu 1: Cho hàm số y =2x3 −3(m+2)x2 +6(5m+1)x−(4m3 +2)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0

2 Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x0∈(1;2]

Câu 2:

1 Giải phương trình: sin3x(sinx+ 3cosx)=2

2 Giải bÊt phương trình: 2x2 − 10x+ 16 − x− 1 ≤x−3

Câu 3: Tìm giới hạn:

x 0

ln(1 ) tan

2 lim

cot

x x

x

π π

→

− +

Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vu«ng c©n đỉnh lµ A Góc giữa AA’ và BC’ bằng 300 và khoảng cách giữa chúng là a Gọi M là trung điểm của AA’ Tính thể tích tứ diện MA’BC’

Câu 5: Giải hệ phương trình:

3 3( 1)







II Phần riêng ( 3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn:

Câu 6a:

1 Cho ∆ABC cân đỉnh A Cạnh bên AB và cạnh đáy BC có phương trình lần lượt là:

x + 2y – 1 = 0 và 3x – y + 5 = 0 Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi qua điểm M(1; -3)

2 Giải phương trình: 9x − 3xlog3( 8x+ 1 ) = log3( 24x+ 3 )

Câu 7a: Trong một quyển sách có 800 trang thì có bao nhiêu trang mà số trang có ít nhất

một chữ số 5

2 Theo chương trình nâng cao:

Câu 6b:

1 Cho hai đường tròn (C1) : x2 + y2 – 2y – 3 = 0 ; (C2): x2 + y2 – 8x – 8y + 28 = 0 ; Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)

2 Giải hệ phương trình:









−

= +

=

y x y x

y

) ( log 3

27

5 3

).

(

5

Câu 7b: Cho a, b > 0 thoả mãn a2 + b2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của

1

ab P

a b

= + +

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

Trường THPT Minh Khai

-

Ghi chỳ: Thớ sinh khối B ; D khụng phải làm cõu 5 ( phần chung)

TRƯỜNG THPT MINH KHAI Đáp án và biểu điểm đề thi thử ĐHCĐ lần I

Năm học 2010 - 2011

I Phần chung:

Cõu 1.1 1 với m = 0 : y = 2x3 - 6x2 + 6x - 2

1 TXĐ: D = R

2 Sự biến thiờn

a Giới hạn y = - ∞ ; y = +∞

b Bảng biến thiờn:

Ta cú : y/ = 6x2 - 12x + 6 = 6(x- 1)2 , y/ = 0 ⇔ x =1, y/ > 0 , ∀ x≠ 1

0,25

Hàm số đồng biến trờn R Hàm số khụng cú cực trị

0,25

3 Đồ thị

Điểm uốn: y” =12x - 12 , y” = 0 ⇔ x= 1

y” đổi dấu từ õm sang dương khi x qua điểm x = 1 ⇒ U(1;0) là điểm uốn

giao với Oy : (0;- 2); giao với Ox: (1;0) Qua điểm (2;2)

Nhận xột : đồ thị nhận U(1;0) làm tõm đối xứng ( Học sinh tự vẽ đồ thị)

0,5

Cõu 1.2 Hàm số bậc 3 cú cực tiểu ⇔ y/ = 0 cú 2 nghiệm phõn biệt Do hệ số

của x3 dương ⇒ xCT > xCĐ

0,25

Ta cú y/=6[x2-(m + 2)x+5m+1] , y/ = 0 ⇔ m(x-5) = x2-2x +1 (1)

Do x= 5 khụng là nghiệm của y/ = 0 ⇒ (1) ⇔ m = = g(x) g/(x)= = 0 ⇔ hoặc x = 1 hoặc x = 9 0,25 Bảng biến thiờn của g(x) 0,25 x - ∞ 0 +∞

y/ + 0 +

y +∞

0

-∞ x - ∞ 1 2 5 9 +∞

g/(x) + 0 - - - 0 +

g(x) 0 + ∞ +∞

- ∞ - ∞ 16

Từ bảng biến thiên kết hợp với nhận xét trên ⇒hàm số có cực tiểu tại

x0∈ (1;2]⇔ -1/3≤ m <0

0,25

Câu 2.1 sin3x(sinx+ cosx)=2 ⇔ sinxsin3x+ sin3xcosx=2

⇔ ( cos2x+sin2x)-(cos4x- sin4x) =2

0,5

⇔ cos(2x- )-cos(4x+) = 2⇔

os(2x- ) 1

3 os(4x+ ) 1

3

c c

π π







0,25

⇔ x= 6 os( +4k ) 1

k c







⇔ x=π6 +kπ

k∈ Z

0,25

Câu 2.2 ĐK : x≥ 1

Đặt u = x-3 , v= v≥ 0 ta được BPT: ≤ u+v

0,5

0

u v

u v

+ ≥



 − ≤

0

u v

u v

+ ≥





0,25

Vậy BPT 2 3

7 10 0

x

≥



Câu 3

ln(1 ) tan ln(1 ) tan

0,25

Mà lim0ln(1 ) lim0 .ln(1 )sin 0

π

2

x

2

x

π

0,25

Vậy

0

ln(1 ) tan

2

ot x

x

x x

c

π π

→

− +

=

0,25

Câu 4

Ta có BB/∥AA/⇒ góc giữa AA/ và BC/ bằng góc giữa BC/ và BB/ ⇒

· / / 30 0

B BC = ⇒ CBC· / = 60 0

Gọi N là trung điểm của BC/ , H là hình chiếu của N trên (ABC) ⇒ H

là trung điểm của BC ⇒ AMNH là h.c.n ⇒ MN∥ =AH

Do AH ⊥ BC , AH ⊥ CC/⇒ AH ⊥ (BCC/) ⇒ AH ⊥ BC/ từ giả thiết suy ra AH vuông góc với AA/

Theo trên , MN∥ AH ⇒ MN ⊥ AA/ ; MN⊥ BC/ ⇒ MN là khoảng cách giữa AA/ và BC/ ⇒ MN = a ⇒ AH = a

0,25

Tính VMA/

BC/: do BA⊥ (ACC/A/)⇒ VMA/

BC/ = SMA/C/ AB 0,25

Trong ∆ vuông AHB ta có AB= a, BH = a ⇒ BC= 2a Trong ∆ vuông BCC/ : CC/ = BC.tan600 = 2a 3

0,25

Vậy VMA/

BC/ = AM.AC/.BC = 3 3

3

a

Câu 5

Giải hệ : (I)

3 3







Ta có (I)⇔

3 3

2 2







0,25

Thay (2) vào (1) : x3 + x2y - 12xy2 = 0 ⇔

0 3 4

x

=



 =



 = −



0.5

Thay x vào (2) cả 3 trường hợp ⇒ Hệ có các nghiệm là:

(3;1) , (- 3; -1) , ( 4 6 ; 6 )

13 13

13 − 13

A /

B /

C /

M

N

C

B

II Phần riêng.

Câu 6a.1 Vector pháp tuyến của B Clà : nur1

= (3; -1);

Vector pháp tuyến của AB là : nuur 2

= (1; 2)

1 2

osABC os(n ; )

50

n

n

n

uuruur uur uur

uur uur

0,25

Gọi n a buur 3 ( ; )

là vector pháp tuyến của AC là (a2+b2 ≠ 0)

1 os(n ; )

50

c uur uurn = ⇔ 3 2 2 150

10.

a b

−

=

11 2 0

a b

− =



0,5

• Trường hợp 2a - b =0 loại do ∥ AB

• Trường hợp 11a - 2b = 0 chọn a = 2 ⇒ b = 11 Vậy phương trình AC là: 2(x - 1) + 11(y+3) =0

⇔ 2x + 11y + 31 = 0

0,25

Câu 6a.2 Giải phương trình:9x− 3 log (8x 3 x+ = 1) log (243 x+ 3)

ĐK x> PT ⇔ (3x+ 1) 3  x− log (24 3 x+ 3) = 0

0,5

3

3x log (24 3) 0

x

Xét f x( ) 3 = −x log (24 3 x+ 3) với x>

(8 1) ln 3

x

f x

x

+

// 2

2

64 ( ) 3 ln 3

(8 1) ln 3

x

x

+

0,25

// ( )

f x > 0 ∀ x > ⇒ f x/ ( ) đồng biến trên ( , +∞) ⇒ f x/ ( ) =0 có nhiều nhất là 1 nghiệm ⇒ f x( ) 0 = có nhiều nhất là 2 nghiệm Ta có

(0) 0

f = ; f(1) 0 = Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1

0,25

Câu 7a • Trường hợp 1: số trang có 1 chữ số: có 1 trang

• Trường hợp 2: số trang có 2 chữ số a a1 2

Nếu a1 = 5⇒ a2 có 10 cách chọn ⇒ có 10 trang Nếu a2 = 5 ⇒ a2 có 8 cách chọn ( vì a1 ≠ 0,a1≠ 5) ⇒ có 18 trang

0,25

• Trường hợp 3: số trang có 3 chữ số a a a1 2 3

Do sách có 800 trang ⇒ a1 chọn từ 1→ 7 + Nếu a1 = 5 ⇒ a2 có 10 cách chọn, a3 có 10 cách chọn⇒có 100 trang

+ Nếu a2=5⇒a1 có 6 cách chọn(vì a1≠5), a3có10 cách chọn⇒có 60 trang

+ Nếu a3=5⇒a1 có 6 cách chọn, a2 có 9 cách chọn(vì a1≠5,a2≠5)

⇒có 54 trang

0,5

Vậy số trang thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 233 trang 0,25

A

B

C M(1;-3)

Câu

6b.1

(C1) có tâm I1(0;1), R1 =2; (C2) có tâm I2(4;4), R2 =2

Ta có I1I2 = 14 9 5 + = > 4 = R1 +R2 ⇒ (C1);(C2) ngoài nhau + xét tiếp tuyến d ∥ 0y: (d): x+c = 0

d(I1,d) = C ; d(I2,d) = 4 C+

d là tiếp tuyến chung của (C1)(C2)⇔  =4C+ =C2 2

 ⇔ C = -2⇒ (d): x-2=0

0,5

+ (d) : y = ax+b

Do R1=R2⇒ d∥ I1I2 hoặc (d) đi qua I(2;)

• d∥ I1I2 : I Iuuur 1 2

=(4;-3) ⇒ d: 3x - 4y +c =0 d tiếp xúc với (C1), (C2) ⇔

d(I1;d) = 2⇔ 4 2

5

C

hoặc C =14 hoặc C= -6

⇒ có 2 tiếp tuyến chung là: 3x - 4y +14 = 0 và 3x - 4y - 6 =0

• d qua O: phương trình d là: y = ax + - 2a ⇔ ax- y + - 2a =0

d là tiếp tuyến chung⇔ d(I1;d) = 2⇔

2

3 2

1

a a

−

= +

⇔ a= -

d: 7x +24y - 14 =0 vậy có 4 tiếp tuyến chung là: x - 2 = 0; 3x - 4y + 14= 0; 3x - 4y - 6 = 0;

7x +24y - 74 =0

0,25

Câu 6b.2 ĐK: x+y > 0

Hệ đã cho ⇔

3

5

27

x y

x y

x y

x y

−

−

 + =







⇔ 3

3

5

27

x y

x y

x y

x y

−

−

−



=







0,5

⇔

3

3 3

3

x y

x y

x y

x y

− −

− −

−



3 0 ( ) 5x y

x y

− − =



 + =

3 (2 3) 125

y x x

= −





0,25

3

2 3 5

y x x

= −



 ⇔  =x y=14 thỏa mãn điều kiện 0,25 Câu 7b Ta có a2 + b2 =1 ⇔ (a + b)2- 1=2ab ⇔ (a + b+1)(a+b- 1) =2ab

⇔ =

2

a b+

- ⇒ T =

2

a b+

-

0,5

Mặt khác ta có: a+b ≤ = nên T≤ ( - 1) Dấu “ =” xảy ra ⇔ a = b = Vậy Tmax = ( - 1)

Đối với khối B+D điểm của câu 5 chuyển cho Câu1.2 : 0,5đ và câu 4(hình): 0,5 đ