Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A 'B'C ' theo a.. Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa: 2điểm 1.. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb:
Trang 1SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011 - LẦN 2
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 x= 4−2m x2 2+1 (C)(với m là tham số)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m 1=
2) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số ( )C có ba điểm cực trị : A, B, C và diện tích tam giác ABC bằng 32 (đvdt)
Câu II: (2 điểm)
1) Giải phương trình 2cos 2x 4sin x sin 3x 1 0
3
π
2) Giải phương trình: 2 1 5( − x− x− x x− 2)= −x 1
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: ( )
ln5
ln 2
I
x
e
dx
=
∫
Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Biết hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với
trung điểm H của BC, góc ·BAC 60 , AB a= 0 = và AC AA ' 2a= = Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A 'B'C ' theo
a.
Câu V: (1 điểm) Cho ; ;x y z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2+y2+z2 =1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P= − + + +6( x y z) 27xyz
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 Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường thẳng DM:
2 0
x y− − = và C(3; 3− ) Biết đỉnh A thuộc đường thẳng : 3d x y+ − =2 0, xác định toạ độ các đỉnh A,B,D
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( )P : y 2z 7 0;+ − = ( )Q : x y 4z 9 0− − + = và điểm I 4;1;6 Viết phương trình mặt cầu ( ) ( )S có tâm tại I, biết đường thẳng d là giao tuyến của hai mặt phẳng ( )P và ( )Q cắt mặt cầu (S) tại hai điểm A, B thỏa mãn AB = 6
Câu VIIa: (1điểm) Tính môđun của số phức z, biết: ( )
2
2 3i z
1 i
2 i
−
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb:(2điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( )C có phương trình: 2 2
x +y − + =x Tìm tọa độ điểm
M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn ( )C (với A, B là hai tiếp điểm), đồng thời đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng :d x+4y−2011 0=
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( )P x y: + +6z− =3 0, điểm A(−1;0; 9 ;− ) B(1;3; 1− )
x− y− z+
− Tìm tọa độ điểm M sao cho MA vuông góc với mặt phẳng ( )P đồng
thời M cách đều B và đường thẳng ∆
Câu VII.b: (1điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện: z+ 2i = − +z 1 i và 1
2
+ − + là một số thuần ảo.
-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Trang 2SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – Khối A
Trang 3CÂU 1 NỘI DUNG ĐIỂM
I.1
Với m = 1 ⇒ =y x4−2x2+1
• TXĐ: D=¡
• Sự biến thiên
+) Giới hạn : ta có xlim y→−∞ = +∞, lim yx→+∞ = +∞
0,25
+) Đạo hàm : ' 4 3 4 ' 0 0
1
x
x
=
+) BBT:
x - ∞ - 1 0 1 +∞
y' - 0 + 0 - 0 +
y +∞ 1 +∞
0 0
0,25
+) Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1; +∞)
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-∞; - 1) và (0; 1)
+) Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x = ±1, yCT = 0
0,25
• Đồ thị :
0,25
I.2
Ta có: y ' 4x3 4m x2 y ' 0 x 02 2
=
Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔PT y ' 0= có 3 nghiệm phân biệt ⇔ ≠m 0
(vì khi đó y 'đổi dấu khi x qua các nghiệm đó)
0,25
Khi đó tọa độ ba điểm cực trị của đồ thị là: A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m4), C(m ; 1 – m4)
Do AB= −( m)2+ −( m )4 2 = m8+m , AC2 = m2+ −( m )4 2 = m8+m2
Suy ra tam giác ABC cân tại A
0,25
Gọi I là trung điểm của BC⇒I(0 ; 1 – m4) và AI⊥BC
Mà AI= 02+ −( m )4 2 =m4 và 2 2
1
Vậy m= ±2 là giá trị cần tìm
0,25
CÂU II Giải phương trình 2cos 2x 4sin x sin 3x 1 0
3
π
II.1
Phương trình đã cho tương đương: 2 cos 2x cos sin 2x sin 4sin x sin 3x 1 0
0,25
Trang 4cos 2x 3 sin 2x 4sin x sin 3x 1 0
2
1 2sin x 2 3 sin x cos x 4sin x sin 3x 1 0
sin x 0 sin x(2sin 3x sin x 3 cos x) 0
sin x 3 cos x 2sin 3x(*)
=
0,25
PT (*) 1sin x 3cos x sin 3x
3
π
Vậy: x k ; x k
= π = + ( k∈¢ ) là nghiệm của phương trình
0,25
II.2
ĐKXĐ:
2
1
5 0
x
x x
− ≥
0,25
PT: 2 1 5( − x− x− x x− 2) = − ⇔x 1 2 1 5( − x− x x− 2) = +x 2 x−1
( ) ( 2)
2 2
5
1 5
2
2
1 5
0,25
2 2
2
2
1 5
1 5
1 5
1
5
x
1 5
x x x
− <
0,25
( ) ( )
1 2 loai
3 2 2 t/m
x x x
⇔
⇔ = −
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x= −3 2 2
0,25
CÂU II
ln 5
x
e
=
∫
t= e −1 + Với x ln 2= ⇒ =t 1
0,25
Trang 5x ln 5= ⇒ =t 2
Ta có t2 = − ⇒ex 1 2tdt e dx= x
2
(3 t)(3 t)
9 t t
−
− + +
1
+
CÂU IV
Áp dụng định lý côsin trong tam giác ABC ta có:
BC =AB +AC −2AB.AC.cos 60
2
Do AC2 =AB2+BC2 =4a2 nên tam giác ABC vuông tại B
0,25
Xét tam giác vuông ABH ta có
2 2
A H = AA −AH = a − =
0,25
Mặt khác
2
ABC
a
S = AB BC= Và A’H là đường cao của lăng trụ ABC.A’B’C’ 0,25
ABC A B C ABC
x +y + = ⇒ ∈z 1 x 0;1
Ta có:
2
y z
P= y z+ − x+ xyz≤ y +z − x+ x +
0,25
Trang 62 2
3 2
1
2
x
−
Xét hàm số
3
f x = −x + − với x∈[ ]0;1
Ta có '( ) 12 2 15 81 2 ( )0;1
x
−
− 2
2
8
x
x
− nhận thấy phương trình này có nghiệm
1 3
2
24
x
Suy ra hàm số '( )f x nghịch biến trên (0;1) vậy 1
3
x= là nghiệm duy nhất của phương
trình f’(x)=0 trên (0;1)
0,25
Mặt khác f x liên tục trên ( ) [ ]0;1
và ( )0 6 2; 1 10; ( )1 6
3
÷
Vậy Max[ ]0;1 ( ) 10
∈ = , mà P≤ f x( ),∀ ∈x [ ]0;1 ⇒Max P 10= xảy ra khi
1 3 2 3
x
y z
=
= =
0,25
Chương trình chuẩn
Câu VIa
VIa.1
d
M N
Gọi A(t; 3− +t 2).Ta có: ( , ) 2 ( , ) 4 4 2.4 3 ( (3; 7) )
A t
t
d A DM d C DM
−
=
0,25
Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên chỉ có A(−1;5)thoả mãn 0,25
Gọi D(m m; −2)∈DM thì uuurAD=(m+1;m−7 ,) CDuuur=(m−3;m+1)
Do ABCD là hình vuông
( ) (2 ) (2 ) (2 )2
5
5
m
m
DA DC
=
=
uuur uuur
0,25
Trang 7( )
D 5;3
⇒
Ta có DC 2; 6uuur(− − ) Gọi B x ; y( B B) ⇒AB xuuur( B+1; yB−5)
uuur uuur
Kết luận A(−1;5),B(− −3; 1) , D( )5;3
0,25
VIa.2
Theo giả thiết d =( ) ( )P ∩ Q suy ra đường thẳng d là tập hợp tất cả các điểm M x y z ( ; ; )
thỏa mãn hệ phương trình 2 7 0
y z
x y z
− − + =
2 2
7 2
z t
= − +
=
nên u 2; 2;1r( − ) là 1VTCP của đường thẳng d
0,25
Gọi H 2 2t;7 2t; t(− + − ) là hình chiếu của I trên d Ta có IH 2t 6;6 2t; t 6uur( − − − )
0,25
Theo giả thiết đường thẳng d cắt mặt cầu (S) tâm I tại hai điểm A, B
Do H là hình chiếu của I trên d suy ra H là trung điểm của AB 0,25
2
Suy ra phương trình mặt cầu ( ) ( ) (2 ) (2 )2
S : x 4− + −y 1 + −z 6 =17
0,25
Câu
2
2 3i z
1 i
2 i
−
( ) ( )
1 i 2 3i 2 i z
1 2i
2 i
⇔ − = − + −
− +
−
0,25
( ) ( )
Suy ra:
Chương trình nâng cao
Câu VIb
VIb.1
Ta có ( ) ( )2 2
C x− +y = suy ra đường tròn ( )C có tâm I( )4;0 có bán kính R=2
Gọi M(0;m)∈Oysao cho qua M kẻ được 2 tiếp tuyến MA MB đến đường tròn , ( )C
Và A x y( A; A) (,B x y là hai tiếp điểm B; B)
Do A x y là tiếp điểm( A; A) ⇒ ∈A ( )C ⇒x2A+y2A−8x A+ =12 0 (1)
0,25
Ta có IA xuur( A−4;y A);MA x yuuur( A; A−m) vì MA là tiếp tuyến ⇒MA⊥IA 0,25
Trang 82 2
⇔ + − − = (2)
⇒ tọa độ A thỏa mãn hệ:
x my
Tương tự ta có B∈( )C và MB⊥IB ⇒4x B −my B− =12 0
⇒ A, B thuộc đường thẳng : 4∆ x my− − =12 0
0,25
Có nr(4;−m) là VTPT của đường thẳng ∆ và nur1( )1; 4 là VTPT của đường thẳng d Để
( )
1
VIb.2
Ta có nr(1;1;6) là VTPT của mặt phẳng ( )P Do MA vuông góc với mặt phẳng
( )P ⇒nr(1;1;6) là VTCP của đường thẳng MA mà MA đi qua A 1;0; 9(− − ) suy ra
phương trình tham số của đường thẳng
1 :
9 6
MA y t
= − +
=
= − +
0,25
Gọi M t( −1; ;6t t− ∈9) MA
Đường thẳng ∆ đi qua I(1;3; 1− ) và có 1 VTCP là ur(2;1; 2− )
Ta có MBuuur(2−t;3−t;8 6− t); uuurIM t( −2;t−3;6t− ⇒8) IM uuuur r, =(14 8 ;14− t t−20; 4−t)
0,25
Điểm M cách đều điểm B và đường thẳng ∆ MB d M( , ) MB IM u,
u
uuur r r
( )
2
+ + −
0,25
2
3
Câu
VIIb Đặt:
z a bi a b R
+ = + +
i
0,25
Vậy có hai số phức cần tìm: z= −2 i và 7 1
4 4
*HƯỚNG DẪN CHẤM:
Trang 9Học 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.