DE THI DH LY TU TRONG+DAN CONGFU

Tính thể tích khối đa diện SCBDK.. Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa: 2điểm 1.. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, ∆ ⊥d sao cho

SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH

TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010 - LẦN 1

Môn thi: TOÁN – Khối A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y=2x3−3mx2+(m−1)x+1 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1

2 Tìm m để đường thẳng y=2x+1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A;B;C phân biệt thỏa mãn điểm C(0;1) nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phương trình : cosx+cos3x=2cos(π −5 x)

2 Giải hệ phương trình

3

8xy

x y





với x ; y∈¡

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:

4 0

tan x

4cos x sin x cos x

π

=

−

∫

Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a và · BAD=600 Cạnh SC vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và 3

2

SC a= Kẻ OK ⊥SA, (K SA∈ ) Tính thể tích khối đa diện SCBDK

Câu V: (1 điểm) Cho a, b,c 0> thỏa mãn abc 8= Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P 2a b 6 2b c 6 2c a 6

II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa: (2điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cố định A nằm trên đường thẳng (∆): 2x 3y 14 0− + = , cạnh BC song song với đường thẳng ∆, đường cao CH có phương trình: x 2y 1 0− − = . Biết trung điểm của cạnh AB là M(-3;0) Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :x 1 y 2 z

− = − =

và hai điểm A(1;1;0), B(2;1;1) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, ∆ ⊥d sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆là lớn nhất

Câu VIIa: (1điểm) Cho số phức z thỏa mãn

i.z

+

= ÷ + ÷

    Tìm môđun của số phúc w z iz= + .

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb:(2điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường cao BH có phương trình 3x 4y 10 0+ + = , đường phân giác trong góc A là AD có phương trình là x y 1 0− + = , điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng 2 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm (0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)A B − C − − − và mặt cầu (S) có phương trình :

x +y + −z x+ z− = Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất

Câu VIII.b: (1điểm) Giải hệ phương trình :

2

2

log (log 1).log 3







-Hết -Họ và tên thí sinh……… ……… ;Số báo danh………

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1

Môn thi: TOÁN – Khối A

I.1

Với m=1 ta có 3 2

y= x − x +

• TXĐ: D=R

• Sự biến thiên:

- Giới hạn: limx→+∞y= +∞ ; limx→−∞y= −∞

0,25

-Ta có: ' 6 (y = x x− ⇒1) ' 0 0

1

x y

x

=



= ⇔  = -BBT:

x −∞ 0 1 +∞

y’ + 0 - 0 +

y 1 +∞

−∞ 0

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;0) và (1; +∞) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)

Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=1 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và yCT=0

0,25

• Đồ thị:

2

2 2

I

⇒ là điểm uốn của đồ thị

- Đồ thị (C) cắt trục Oy tại A 0;1( )

- Đồ thi cắt trục Ox tại B 1;0 ;C( ) 1;0

2

− 

0,25

I.2 Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số:y=2x3−3mx2+(m−1)x+1 là

nghiệm phương trình: 2x3−3mx2 +(m−1)x+ =1 2x+1

2

2

0

=





x

0,25

Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm O; A;B phân biệt và O nằm giữa A và B khi

và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu ⇔2.(m− < ⇔ <3) 0 m 3 0,25

Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn

3 2 3

2

A B

m

m

x x

 + =







 = +

 ( vì A và B thuộc (d))

AB = 30 ⇔ (x B−x A)2+(y B−y A)2 = 30

2

−

2

0

9

=





 =



m

m

0,25

9

CÂU II

II.1

Phương trình đã cho ⇔cos x cos3x 2cos5x 0+ + = ⇔cos x cos3x 2 cos3x cos5x− + ( + ) =0 0,25

2sin 2x sin x 4 cos 4x cos x 0

2

cos x 0 4cos x sin x cos4x 0

sin x cos4x 0 1

=





0,25

2

π

2

−

1 17

8



−



0,25

II.2

( )

3

8xy

x y



 Khi đó ( )1 ⇔(x2+y2) (x y+ +) 8xy 16 x y= ( + )

( 2 2) ( ) ( )2 ( 2 2) ( )

⇔(x2+y2) (x y 4+ − +) (4 x y x y 4+ ) ( + − =) 0

⇔(x y 4 x+ − ) 2+y2+4 x y( + )=0

2 2 ( )

x y 4 (t / m)

x y 4 x y 0 (Loai ) do x y 0

+ =





0,25

Thay x y 4+ = vào PT(2) ta được: x3+2x 3 0− =

⇔(x 1)(x− 2+ + =x 3) 0

x 12

x x 3 0 (VN)

=



Với x 1= ⇒ =y 3

CÂU II

Ta có:

4

2 0

tan x

4 tan x cos x

π

=

−

Đặt: tan x t dx2 dt

cos x

4

π

Suy ra:

1 0

t.dt I

4 t

=

−

0 0

4 ln 4 t t

I 4ln4 1

3

CÂU IV Hình vẽ

O

C

D

S

K

ABCD

a 3

S AB.AD.sin BAD

2

3

Và:VSCBKD =VS.ABCD−VA.BKD

0,25

BD SC

⊥

đường cao của hình chóp A.BKD

Mặt khác: SCA OKA (g.g) OK SC OK OA.SC OA.SC2 2 a

+ vì: AC 2OA 2.a 3 a 3

2

OK (SAC)

⊥



2 BKD

Ta lại có : AK SC AK AO.SC AO.SC2 2 a (vì SCA OKA )

+

0,25

Suy ra

3

Vậy:

SCBKD S.ABCD A.BKD

a 2 a a (6 2 1)

−

CÂU V

x= y= z= ⇒x y z> x y z= Khi đó:

P

0,25

Mà ta có: x y+ ≥2 xy x; + ≥1 2 x⇒2x y+ + ≥3 2( xy+ x+1)

P

( Nhân tử và mẫu phân số thứ hai với x ; phân số thứ ba với xy )

xy x

P

xy x

0,25

Vậy P đạt GTLN bằng 1

4 xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 2 0,25

Chương trình chuẩn

Câu VIa

VIa.1

M(-3;0)

x-2y-1=0

:2x-3y+14=0

A

H

Ta có n 1; 2r( − ) là VTPT của đường thẳng CH, do AB CH⊥ nên n 1; 2r( − ) là 1 VTCP của

đường thẳng AB, mà AB đi qua M 3;0(− )⇒ phương trình tham số đường thẳng AB:

y 2t

= − +

 = −

 phương trình tổng quát đường thẳng AB: 2x y 6 0+ + =

Mặt khác A∈ ∆ ⇒ = ∆ ∩( ) A ( ) AB do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt

A 4; 2

0,25

do M 3;0(− ) là trung điểm của AB do đó ( )

M

B

M

y

2

+





0,25

Do BC //∆ ⇒ phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x 3y m 0 (m 14)− + = ≠ , mà

(BC) đi qua B 2; 2(− − ) ⇒ = − ⇒m 2 BC : 2x 3y 2 0− − = 0,25 Lại có C BC CH= ∩ do đó tọa độ của C là nghiệm của hpt x 2y 1 0 x 1 C 1;0( )

2x 3y 2 0 y 0

Vậy A 4; 2 , B 2; 2 ,C 1;0(− ) (− − ) ( )

0,25

VIa.2

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên ∆, ta có d B,( ∆ =) BH BA≤ (vì ∆ đi qua A) Do

đó khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆là lớn nhất ⇔BH BA= ⇔ ≡H A 0,25 Vậy đường thẳng ∆ cần lập chính là đường thẳng đi qua A, ∆ ⊥d và ∆ ⊥AB Gọi ur là

vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆

Ta có AB 1;0;1uuur( )

và u 2;1;1uur1( )

là vec tơ chỉ phương của đường thẳng d

0,25

Do ∆ ⊥ ⇒ ⊥d ur uuur1; ∆ ⊥AB⇒ ⊥ur ABuuur, vậy ta lấy ur =AB, uuuur uur1= −( 1;1;1) 0,25

Mặt khác ∆ đi qua A 1;1;0 vậy phương trình của ( ) ∆ là

x 1 t

y 1 t

z t

= −



 = +



 =



0,25

Câu VIIa

+

( ) (11 )8

Do đó w z iz= + = − −1 16i i 1 16i+ − +( ) = − −17 17i 0,25

Chương trình nâng cao

Câu VIb

VIb.1

N I

M

A

H

D

Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và ∆ ⊥AD, ∆ cắt AD tại I và cắt AC tại N Có

n 1; 1r − là VTPT của AD, do ∆ ⊥AD⇒n 1; 1r( − )là VTCP của ∆ ⇒phương trình tham

số của : x t

y 2 t

=



∆  = −

 suy ra phương trình tổng quát : x y 2 0∆ + − =

0,25

Do I= ∆ ∩AD⇒ tọa độ I là nghiệm của hpt:

1 x

I ;

y 2

 =

 + − =



Tam giác AMN có d2 vừa là đường cao, vừa là phân giác nên là tam giác cân tại ⇒ I là

trung điểm của MN ⇒ N (1;1)

Có n 3;4uur1( )

là VTPT của BH ⇒u 4; 3uur1( − ) là VTCP của BH, do BH⊥AC⇒u 4; 3uur1( − )

là VTPT của AC, do AC đường thẳng đi qua điểm N(1;1) nên AC : 4 x 1( − −) (3 y 1− =) 0

⇒ AC: 4x – 3y –1 = 0 Do A AC AD= ∩ ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:

A(4;5)

0,25

AB là đường thẳng đi qua điểm M(0;2) nhận MA 4;3uuuur( )

làm vec tơ chỉ phương ⇒ phương trình tham số của AB x 4t

y 2 3t

=

 = +

 pt tổng quát AB : 3x 4y 8 0− + = Do

B AB BH= ∩ ⇒ tọa độ B là nghiệm của hpt

B 3;

1

4

= −



− + =

0,25

Gọi C a, b( ) AC 4a 3b 1 0 b 4a 1 C a;4a 1

∈ ⇒ − − = ⇒ = ⇒  ÷, ta có MC a;4a 7

3

−

uuur

Theo giả thiết

2

4a 7

= ⇒ =



−



( )

C 1;1

⇒ hoặc C 31 33;

25 25

  Vì AD : x y 1 0− + = là phân giác trong góc A của tam giác ABC kiểm tra điều kiện (xB−yB+1 x) ( C−yC+ <1) 0 cả hai điểm C trên đều thỏa mãn

0,25

VIb.2 Ta có (S): (x−1)2+y2+ +(z 1)2 =4 suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R 2=

Và uuurAB= − −(1; 1; 4);uuurAC = − − −( 1; 3; 4)

Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là nr=uuur uuurAB AC, = −( 8;8; 4)−

Suy ra mp(ABC) có phương trình: 8x 8(y 1) 4(z 1) 0− + − − − = ⇔2x 2y z 1 0− + + =

0,25

3

V = d D ABC S nên V ABCDlớn nhất khi và chỉ khi ( ;(d D ABC lớn )) nhất Gọi D D là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC) Ta thấy với D 1 2

là 1 điểm bất kỳ thuộc (S) thì d D ABC( ;( )) max≤ {d D ABC( ;(1 )); (d D2;(ABC))}

Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2

0,25

Đường thẳng D D đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là 1 2 nrABC =(2; 2;1)−

Do đó (D1D2) có phương trình:

1 2 2 1

= +



 = −



 = − +



Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ:

3

t

t

= +





0,25

1 2

Ta thấy: d D ABC( ;(1 ))>d D( 2;(ABC)) Vậy điểm 7; 4; 1

D − − 

Câu VIIb

Điều kiện x 0

y 0

>



 >

 khi đó hpt

2

2

2 2

2.log y log x 1

2.log y log x 1

log x 1 log 3





0,25

3

a log x

b log y

=



 =

 khi đó hpt trở thành:

2

2.b a 1

b a 1

 = −

b 0

b a 1

b a 1



2 3

(t / m)

 Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( )2;1

0,25

*HƯỚNG DẪN CHẤM:

Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính

xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm Điểm toàn bài thi không làm tròn số.