Đề và đáp án thi thử ĐH Khối A của trường THPT Bỉm Sơn cực hay

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Tìm trên C những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của C nhỏ nhất.. Gọi M là trung điểm của BC.. Tớnh thể tớch khối tứ d

SỞ GD&ĐT THANH HểA

Mụn thi: TOÁN, khối A

Thời gian làm bài: 180 phỳt khụng kể thời gian phỏt đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Cõu I (2 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x







1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2 Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.

Cõu II (2 điểm):

1 Giải phương trỡnh 2 cos x sin x 6 6  sin x cos x

0.

2 2sin x





2 Tỡm điều kiện của tham số m để phương trỡnh (m 2 )1  x2 1x2  m cú nghiệm.

Cõu III (1 điểm) Tớnh tớch phõn 2

0

sin 2x

cos x 4sin x









Cõu IV ( 1 điểm) Cho tứ diện ABCD cú ABa , ACb , ADc và BAC CAD DAB 60     0 Gọi M là trung điểm của BC Tớnh thể tớch khối tứ diện ABMD theo a, b, c.

Cõu V (1 điểm) Cho cỏc số thực x, y, z thỏa món điều kiện: 3 x 3 y 3 z 1

   Chứng minh rằng:

4

PHẦN RIấNG (3 điểm): Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).

Phần1 (Theo chương trỡnh Chuẩn)

Cõu VI.a (2 điểm): 1 Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) cú hai tiờu điểm F1( 3;0); ( 3;0)F2 và đi

qua điểm 1

3;

2

A 

  Lập phương trỡnh chớnh tắc của elip (E) và với mọi điểm M thuộc (E), hóy tớnh

giỏ trị của biểu thức: P = F1 M 2 + F 2 M 2 – 3OM 2 – F 1 M.F 2 M

2 Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

x 1 t

z 2

 





      



 



.

Xỏc định điểm Athuộc1 và điểm B thuộc 2 sao cho đoạn AB cú độ dài nhỏ nhất.

Cõu VII.a (1 điểm) Tỡm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa món phương trỡnh:

log4 (n – 3) + 2log 16 (n + 9) = 3

Phần 2 (Theo chơng trình Nâng cao)

Câu VI.b (2 điểm): 1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình: 1

9 16

2 2



 y

Viết phơng trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).

2 Cho mặt phẳng  P x:  2y2z1 0 và cỏc đường thẳng (d 1 ): ,

2 3

3 2

x











(d 2 ):

5

5 4

6

5









x

Tỡm điểm M thuộc (d 1 ), điểm N thuộc (d2) sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cỏch (P) một khoảng bằng 2.

Cõu VII.b (1điểm) Giải hệ phương trỡnh

2

log ( 5) log ( 4) = 1







( ,x y R ) -

Hết -SỞ GD&ĐT THANH HểA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2009-2010

Mụn thi: TOÁN, khối A

I 1 Khảo sát (1,00 điểm)

2,0 điểm * Tập xác định: D = R\ { - 1}

* Sự biến thiên

- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2

       ; tiệm cận ngang: y = 2

( 1) ( 1) lim ; lim x  y x  y        ; tiệm cận đứng: x = - 1 0,25 - Bảng biến thiên Ta có 1 2 ' 0 ( 1) y x    với mọi x - 1 x - -1 +

y’ + +

y + 2

2 - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-; -1) và ( -1; +)

0,50

* Đồ thị:

Đồ thị nhận điểm I(-1; 2) làm tõm đối xứng

0,25

2 Tìm trên (C) những điểm (1,00 điểm)

Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0- 1) thì 0 0

0

2 1 1

x y x







Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì

MA = |x0+1| , MB = | y0- 2 | = | 0

0

2 1 1

x x



 - 2 | = | 0

1 1

Theo Cauchy thì MA + MB  2 0

0

1

x 1

1

x



 = 2  MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x0 = 0 hoặc x0 = -2 Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3)

0,25

0,25

0,25 0,25

II 1 Giải phương trỡnh lượng giỏc (1,00 điểm)

2,0 ®iÓm

Điều kiện: sin x 2  1

2

 Phương trình đã cho tương đương với:

2 sin x cos x sin x cos x 0 2 1 sin 2x sin 2x 0

3sin 2x sin 2x 4 02   

0,50

sin 2x 1

 ( )

4 k k Z x    0,25 Do điều kiện (1) nên: 2 ( ) 4 5 Z m m x     0,25 1 Tìm điều kiện của tham số m để phương trình(m 2 )1  x2 1x2 m có nghiệm (1,00 điểm) Đặt t x2 ĐK: 1 t 1, ta có: m 2 t1 t2 m1 0,25 Hay: 1  1 2 m t t t     Xét      2 1 1 ' 1 2 2 f t t f t t t        > 0 với  1 t  0,25       ( ) lim f t x Bảng biến thiên: t 1 +

f ‘( t ) +

f ( t ) +

3 4 0,25 Dựa vào BBT, kết luận 4 3 m  0,25 III Tính tích phân 1,0 điểm Ta có: 2 2 2 2 2 0 0 sin 2x sin 2x I dx dx cos x 4sin x 1 3sin x         Đặt 2 t 1 3sin x   dt 3sin 2xdx. 0,25 Với x 0 thì t 1 , với x 2   thì t 4. 0,25 Suy ra: 4 1 1 dt I 3 t   0,25

4

1

IV Tính thể tích

1,0 điểm

 Không giảm tính tổng quát, giả sử a min {a;b;c} (cũng có thể giả sử

AE = AF = a Ta nhận được tứ diện ABEF là tứ diện đều cạnh a.

 Tính được thể khối tích tứ diện đều ABEF là

3

 Ta có :

2 ABEF

ABCD 2 ABEF ABCD

 Vì MB = MC nên dtBMD=

2

1

BCD

dt Suy ra V ABMD =

2

1

ABCD

24

2

abc

0.50

V Chứng minh bất đẳng thức





3 Ta có: a, b,c 0 và ab bc ca abc.   (*) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

 

 

(1)

 

0,50

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

3

3

3

Cộng theo từng vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta suy ra

 

Vậy (1) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3 Suy ra BĐT đã cho được

chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1

0,50

VI.a 1 Lập phương trình chính tắc của elip (1,00 điểm)

2,0 điểm

Giả sử (E):

4

a b   a  b  , a

2 = b 2 + 3 (do giả thiết có c = 3 và

(E) đi qua điểm 3;1

2

A 

0,25

Từ 2 phương trình trên tìm được 





 1 4

2 2

b a

==> PT của (E):

1

Ta có: e =

2

3



a

c

Sử dụng công thức bán kính qua tiêu của điểm M(xM; yM) Tính được: P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 3( 2 2

x y ) – (a2 – e2 2

M

2 Xác định A   1 , B   2 sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất (1,00 điểm)

Vì A 1, B  2 A t 1 1; t11; 2 , B t  23; 2t21; t2

AB t t 2; 2t t 2; t 2

        

0,25 Đoạn AB có độ dài nhỏ nhất  AB là đoạn vuông góc chung của 1 và 2 0,25

2

6t 3t 0 AB.u 0





 

1 2

VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng

1,0 điểm

Điều kiện:

3

n N n









 Phương trình viết thành: 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





  



Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1i  1 i23  1 i.(2 )i 3  (1 ).( 8 ) 8 8i  i   i

0.25

VI.b 1 ViÕt ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña E lÝp …(1,00 điểm)

2,0 ®iÓm (H) cã c¸c tiªu ®iÓm F1 5;0;F25;0 H×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H) cã mét

Gi¶ sö ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) cã d¹ng: 1

b

y a

x

2 2 2

2



 ( víi a > b > 0) (E) còng cã hai tiªu ®iÓm F1 5;0;F25;0 a2  b2 52  1

0,25

Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ:























15 b 40 a b b 16 a b 5 a

2 2 2 2 2 2 2 2

0,25

VËy ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) lµ: 1

15

y 40

x2 2



2 Tìm điểm M thuộc (d 1 ), điểm N thuộc (d 2 ) (1,00 điểm)

Gọi M1 2 ;3 3 ; 2 , t  t t N 5 6 '; 4 '; 5 5 ' t t   t 

 

d M P   t   t t 

0,25

Trường hợp 1: t 0 M1;3;0 , MN 6 ' 4; 4 ' 3; 5 ' 5t  t   t  

MN n  MN n   t   N 

   

0,25

Trường hợp 2: Với t 1 M3;0;2 , N1; 4;0  ( xét tương tự như trường hợp 1) 0,25 Vậy có hai cặp điểm cần tìm là: M(1;3;0), N(5;0;-5) và M(3;0;2), N( -1;- 4;0) 0,25

VII.b Giải hệ phương trình

1,0 điểm

+ Điều kiện:

2

( )

I



( )

I

0,25

Đặt log2y(1 x)t (với t  0) thì (1) trở thành:

2

1

t

Với t 1 ta có: 1 x  y 2 yx1 (3) Thế vào (2) ta có:

2

log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0

 x = - 2 (vì theo điều kiện (I) ta có x 0) Suy ra: y = 1

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x2,y1

0,50 (thoả mãn)

(không thoả mãn)

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho điểm từng phần tương ứng như đáp án quy định.