Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số 1 có 3 điểm cực trị A,B,C sao cho tam giác ABC vuông.. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SA và BC.. Gọi E là giao điểm của mặt phẳng DMN với cạ
Trang 1SỞ GD & ĐT GHỆ A
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦ 2 - ĂM 2010
Môn thi: TOÁ ; Khối: A - B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦ CHU G CHO TẤT CẢ THÍ SI H (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1 4 2
m
= − − (1) , m là tham số thực khác 0
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1
2 Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị A,B,C sao cho tam giác ABC vuông
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình 2 tan (cot 2 x x + sin ) 1 x =
2 Giải hệ phương trình
3
( , ) 4
−
Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường | x 4 x |
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a ; AD = 2a, cạnh bên SA vuông góc với đáy Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của cạnh SA và BC Gọi E là giao điểm của mặt phẳng (DMN) với cạnh bên SB Biết góc
Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b c + + ≤ 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P
PHẦ RIÊ G (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình ChuMn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x + 6)2+ ( y − 6)2 = 50 Đường thẳng ∆ cắt hai trục tọa
độ tại hai điểm A và B Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C) tại điểm M sao cho M là
trung điểm của đoạn thẳng AB
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0 ; 1; 1), C(0; 0 ; 2) và đường thẳng
:
− Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (ABC) bằng 300
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình
x
B Theo chương trình âng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường
thẳng DM: x – y – 2 = 0 và C(3; - 3) Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d: 3x + y – 2 = 0, xác định tọa độ các đỉnh
A,B, D
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình bình hành ABCD có phương trình cạnh : 2 3
và hai đường thẳng 1 1 1 1
:
:
= = Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d1 và đỉnh B thuộc đường thẳng d2 , xác định tọa độ các đỉnh A, B và tính diện tích của hình bình hành ABCD
Câu VII.b (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 – 2z + 4 = 0 Tính giá trị của biểu thức ( )2010 ( )2010
| | | |
A
+
=
- Hết - Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………
Trang 2ĐÁP Á ĐỀ THI THỬ ĐH L2 ĂM 2010 – TRƯỜ G THPT ĐẶ G THÚC HỨA
I-1 Khi m = 1 ta có hàm số y = x4 – 2x2- 3
*Tập xác định D = R
*Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên : y’ = 4x(x2 – 1) ; y’= 0 ⇔ x = 0 v x = ± 1
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1; + ∞) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; - 1) và (0 ; 1)
0,25
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = - 3 Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1, yCT = - 4
+ Giới hạn tại vô cực: lim ( 4 2 2 3) ; lim ( 4 2 2 3)
+ Bảng biến thiên:
y
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
x
y
0,25
*Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm: ( − 3;0), ( 3;0)
+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 3)
+ Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng
0,25
m
Hàm số có 3 cực trị khi phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 (1) 0,25 Giả sử 3 điểm cực trị là: A(0; - 3m), B(- m; - m3 – 3m ), C (m; - m3 – 3m )
AB = − − m m AC = m − m
Ta có AB = AC , ∀m ≠ 0 ⇒ ∆ABC cân tại A Nếu ∆ABC vuông thì chỉ vuông được tại A
∆ABC vuông tại A ⇒ AB AC = ⇔ 0 m2 = m6⇔ m = 0; m = ± 1 Kết hợp đk (1) ⇒ m = ± 1 0,25
Phương trình tương đương với 2sin (cos 2 sin 2 sin ) cos 2 sin 2 sin2
cos x sin x 2 cos sin x x cos x
x = ⇔ = ± + x π k π k ∈ Z
II-2
Điều kiện: x + y > 0 và x – y > 0 Đặt u = x + y v , = x − y u v ( , > 0) 0,25
Hệ phương trình trở thành
2
2
3 (1) (2) 4
Lấy phương trình (1) chia phương trình (2) theo vế ⇒
2
+
⇒ u = 2 v Hệ phương trình ⇔ 4 16 10
III
Phương trình:
2
2
ln 4
x
−
−
−
Diện tích hình phẳng là
ln 4
0
| x 4 x| 3
S = ∫ e − e− − dx Giải phương trình x 4 x 0 x 2 ln 2
S = ∫ − e − e− − dx + ∫ e − e− − dx = ∫ − + e e− − dx + ∫ e − e− − dx 0,25
Trang 3ln 2 ln 4
IV
AN = DN = a 2; AD = 2a ⇒ ∆AND vuông tại N
Theo định lý (3 đường vuông góc) ⇒ DN⊥MN ⇒ tan DM" D" M" a 6
M"
Theo ĐL Pitago ⇒ AM = 2a ⇒ SA = 4a
Gọi {I} = DN∩AB ⇒ E là trọng tâm của ∆SAI ⇒ d(E,(ABCD)) = 1 4
a
SA =
Thể tích khối chóp M.AID là
3 2
a
Thể tích khối chóp E.BIN là
.
Thể tích khối đa diện ADM.BNE là
3
10 9
a
Thể tích khối chóp S.ABND là
2 3
a
Thể tích khối chóp S.DMEN là
3
8 9
S DME" S AB"D ADM B"E
a
0,25
0,25
0,25
0,25
2
a c b c
a b c a b c a b c a c b c
(1)
2 3
a b a c
b c a
(2) và 1
2 3
0,25 +0,25
a b c b c a c a b
Vậy maxP 3
2
VIa-1
Giả sử A(a; 0)∈ Ox , B(0;b)∈ Oy (a, b ≠ 0) ⇒ phương trình đường thẳng ∆: x y 1 b x a y ab 0
a + b = ⇔ + − =
Đường tròn (C) có tâm I(- 6 ; 6), bán kính R = 5 2
0,25
Từ giả thiết ta có ∆IAB cân tại I và đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C)
⇒
5 2
a b a b
IA IB
a b a b
a b
=
− −
0,25
b a
= +
Các phương trình đường thẳng ∆ là: x – y + 2 = 0; x – y + 22 = 0; 7x + y – 14 = 0; x + 7y + 14 = 0 0,25
VIa-2
Giả sử M(t; - t – 2; t + 1) ∈ d, (t ∈ R) AM t ( − − − 1; t 2; t + 1); AB = − ( 1;1;1); AC = − ( 1;0; 2) 0,25 Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (MAB) là n1 = A M A B, = −( 2t−3; 2 ; 3)− t −
Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là n 2 = A B A C , = (2;1;1) 0,25
Do góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (ABC) bằng 300 nên cos 300 = | cos( , n n 1 2) | 0,25
2
2(2 3) (8 12 1 8) 2
6 8 12 1 8
t
− −
Đặt t = log x1 Bất phương trình trở thành
2
0,25
S
M
A
E
C
D a
2a
30 0
Trang 4Đặt u = 3
2
, (u > 0) Bất phương trình trở thành 12u
2 – 35u + 18≥ 0 ⇔ 2 9
•
1
1 5
t
−
•
2
1 5
t
u ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ t x ≥ ⇔ ≤ x
0,25
Kết hợp điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình là 0; 1 [ 5; )
25
VIb-1 Gọi A(t; - 3t + 2) ∈ d, (t∈ R) Ta có khoảng cách d A DM ( , ) = 2 ( , d C DM )
| 4 4 | 2.4
3 1
t
−
⇔ = ⇔ = = − hay A(3; - 7) và A( - 1 ; 5)
Mặt khác A, C nằm về hai phía của đường thẳng DM ⇒ Chỉ có điểm A(- 1; 5) thỏa mãn
Gọi D(m ; m - 2) ∈ DM, (m ∈ R)
Do ABCD là hình vuông ⇒
5 1
5 ( 1) ( 7 ) ( 3) ( 1)
m v m
D A D C
m
D A D C
=
hay D( 5; 3)
0,25
0,25
0,25
( 2; 6)
AB = DC = − −
⇒ B(- 3; - 1) Kết luận: A(- 1; 5), B(- 3; - 1), D(5; 3) 0,25
VIb-2
Gọi A(t + 1; - t + 1; t - 1)∈ d1; B(k; k + 1; 2k - 1)∈ d2 AB = ( k − − t 1; k + t ; 2 k − t )
Một vecto chỉ phương của đường thẳng CD là u = (2;1; 2)
0,25
Do tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB u ,
cùng phương ⇔ AB u , = ⇔ 0 t = 0 ; k = - 1 hay A(1; 1; - 1) , B(- 1; 0; - 3) 0,25 Chọn điểm M(2;0; 3) ∈CD Ta có AM = (1; 1; 4) − ⇒ u AM , = (6; 6; 3) − −
Khoảng cách giữa hai cạnh AB và CD là
,
| |
u AM
u
0,25
AB = − − − ⇒ AB =
Diện tích hình bình hành ABCD là SABCD = AB d AB CD ( , ) 9 = (đvdt) 0,25
VIIb
Phương trình z2 – 2z + 4 = 0 có hai nghiệm z1= + 1 3 ; i z2 = − 1 3 i 0,25
2 0 1 0 2 0 1 0
2 0 1 0 2 0 1 0
0,25
Do đó ( )2010 ( )2010
A
+
=
2009
Chú ý: 1) "ếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như
đáp án quy định!
CHÚC CÁC THÍ SI H ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRO G KỲ THI ĐH – CĐ ĂM 2010
GV: TRẦ ĐÌ H HIỀ
C
D
M
