De thi thu Dai hoc mon Toan va dap an

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 th[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

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

Môn thi: TOÁN – Khối B

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: (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 2m x2 2m42m (1), với m là tham số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1

2 Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với

mọi m 0

Câu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

6

2 Tìm các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình

2

1

y x m





duy nhất

Câu III: (2,0 điểm)

1 Tìm nguyên hàm của hàm số

2 4

1

x

f x

x





2 Với mọi số thực dương x y z; ; thỏa điều kiện x y z  1 Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu

thức:

1 1 1 2

P x y z

Câu IV: (1,0 điểm) Cho khối tứ diện ABCD Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các

điểm M, N,

P sao cho BC4BM BD, 2BN và AC3AP Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ

diện ABCD

làm hai phần Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó.

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A

hoặc B.

A Theo chương trình Chuẩn

Câu Va: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho đường thẳng  d : 2x y  4 0

Lập phương

trình đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d)

Câu VIa: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình 2xlog4x 8log2 x

2 Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số

1 2

x y x





 tại hai điểm phân biệt sao

cho hoành độ và tung độ của mỗi điểm là các số nguyên

B Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb: (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho các điểm

 1;3;5 ,  4;3; 2 , 0;2;1

Tìm tọa

độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu VIb: (2,0 điểm)

1 Giải bất phương trình 2 1 log  2xlog4xlog8x0

2 Tìm m để đồ thị hàm số y x 3m 5x2 5mx

có điểm uốn ở trên đồ thị hàm

số y x 3

Hết

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

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị

2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

ĐÁP ÁN

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

Môn thi: TOÁN – Khối B

Câu I

(2,0đ)

Ý 1

(1,0đ) Khi

Giới hạn: xlim y ; limx y

      

y' 0  x0,x1

0,25 đ

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên khoảng 1;0 , 1;  

và nghịch biến trên khoảng   ; 1 , 0;1  

Hàm số đạt CĐ tại x0,y CD3 và đạt CT tại x1,y CT 2

0,25 đ

Đồ thị cắt Oy tại (0;3) Đồ thị đối xứng qua Oy 0,25 đ

Ý 2

(1,0đ)

Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và Ox:

Đặt tx t2 0

, ta có : t2 2m t m2  42m0() 0,25 đ

Ta có :  ' 2m0 và S 2m20 với mọi m 0

KL: PT () có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm) 0,25 đ Câu II

(2,0đ)

Ý 1

(1,0đ) PT  3 sin 2xcos 2x4sinx1 0

2

2 3 sin cosx x 2sin x 4sinx 0

Khi :

5

KL: nghiệm PT là

5

6

x k  x  k 

Ý 2

(1,0đ) Ta có : x2y m , nên :

2

2y  my  1 y 0,25 đ

PT

1 1 2

y

y







 



 ( vì y = 0 PTVN)

0,25 đ

Xét

Lập BTT KL: Hệ có nghiệm duy nhất  m2 0,25 đ Câu III

(2,0đ)

Ý 1

(1,0đ)

Ta có:  

f x

KL:  

3

x

x





Ý 2

(1,0đ) Áp dụng BĐT Cô-si : 18x2x12 (1) Dấu bằng xãy ra khi

1 3

x 

0,25 đ Tương tự:

2

y

(2) và

2

z

Mà: 17x y z   17

(4) Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P 19 0,25 đ 1

19

3

KL: GTNN của P là 19 0,25 đ

Câu IV

(1,0đ)

Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD

Vẽ DD’ // BC, ta có: DD’=BM

' 1 3

0,25 đ

Mà:

/ /

TC AC    QA AT CA . 0,25 đ

Nên:

.

.

A PQN

A PQN ABCD

A CDN

Và

.

C PMN

ABMNP ABCD

C ABN

Từ (1) và (2), suy ra :

7 20

ABMNQP ABCD

KL tỉ số thể tích cần tìm là

7

13hoặc

13

7 .

0,25 đ

Câu Va

(1,0đ) Gọi I m m ; 2  4   d

là tâm đường tròn cần tìm 0,25 đ

Ta có:

4

3

Khi:

4 3

m 

thì PT ĐT là

Khi: m 4 thì PT ĐT là x 42 y 42 16

Câu VIa

(2,0đ)

Ý 1 (1,0đ) ĐK : x 0 Ta có: 1 log 2xlog4x3log2 x 0,25 đ

Đặt tlog2x.Ta có: t2 3t   2 0 t 1,t2 0,25 đ Khi: t 1 thì log2x 1 x2( )th 0,25 đ Khi: t 2 thì log2x 2 x4( )th KL: Nghiệm PT x2,x4 0,25 đ

Ý 2 (1,0đ) Ta có:

1 1 2

y

x

 

Suy ra: x y Z;   x 2 1 x3,x1 0,25 đ Tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số

nguyên là A1;0 , B3; 2 0,25 đ KL: PT đường thẳng cần tìm là x y 1 0 0,25 đ

Câu Vb

(1,0đ) Ta có: AB  3;0; 3   AB3 2

Do đó: ABC đều, suy ra tâm I đường tròn ngoại tiếp ABClà

KL:

5 8 8

; ;

3 3 3

Câu VIb

(2,0đ)

Ý 1 (1,0đ) ĐK : x 0 Đặt tlog2x, ta có : 1  0

3

t

t t

BPT

3

Ý 2 (1,0đ) Ta có: y' 3 x22m 5x 5 ; " 6m y  x2m10 0,25 đ

5

" 0

3

m

; y’’đổi dấu qua

5 3

m

0,50 đ

Suy ra:

5

;

m

…HẾT…

HƯỚNG DẪN CHẤM:

 Học sinh cú lời giải khỏc với đỏp ỏn chấm thi nếu cú lập luận đỳng dựa vào SGK

hiện hành và cú kết quả chớnh xỏc đến ý nào thỡ cho điểm tối đa ở ý đú ; chỉ cho

điểm đến phần học sinh làm đỳng từ trờn xuống dưới và phần làm bài sau

khụng cho điểm Điểm toàn bài thi khụng làm trũn số.

 Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất Tuy nhiờn , điểm

trong từng cõu và từng ý khụng được thay đổi.

Đề thi thử Đại học năm học 2010-2011

Môn thi: Toán, Khối B

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I (2,0 điểm)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số:

2

y

x 1

 



2 Viết phơng trình đờng thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt

sao cho A, B đối xứng nhau qua đờng thẳng   : y x 2 

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải hệ phơng trình:

2





2 Giải phơng trình:

cos 2x sin 2x

cotg x - tg x sin x  cos x 

Câu II (3,0 điểm)

1 Cho hypebol (H):

1

a  b  Tìm tọa độ điểm M thuộc (H) sao cho

tổng các khoảng cách từ M tới hai tiệm cận của hypebol nhỏ nhất.

2 Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho điểm M(2; 0; 2) và đờng

thẳng   :

2x y 2z 2 0

x y z 2 0





 Viết phơng trình tổng quát của đờng thẳng (d) đi qua M, vuông góc với  

và cắt  

.

3 Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hình hộp chữ nhật

ABCD.A’B’C’D’ có A(0; 0; 0), B(2; 0; 0), D(0; 4; 0) và D’(0; 4; 6).

Gọi M, N, P lần lợt là trung điểm của các cạnh AA’, CD, BC và Q là một điểm thuộc đờng thẳng BB’ sao cho thể tích tứ diện MNPQ bằng

3 Tính tỉ số

BQ

B Q .

Câu IV (2,0 điểm)

1 Tính tích phân:  

4

3 0

sin x cos x

2sin x cos x











.

2 Tìm hệ số của x2008 trong khai triển Newton của đa thức f(x) =

x2 2670 x 1  670

.

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z là các số dơng Tìm giá trị nhỏ nhất của:

Đáp án - thang điểm

đề thi thử đại học, cao đẳng – năm 2011

Môn TOÁN, Khối B

(Đáp án – Thang điểm có 4 trang)

Cõu I: (2 điểm)

1)

Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số

2

 

+) Tập xỏc định x1 +) Đạo hàm 2

1

(x 1)

  

 y' = 0  x = 0 hoặc x = -2

0,25

+) Bảng biến thiờn

x   -2 -1 0 

y’ + 0 - - 0 +

 

-3

y

1

   

0,5

+) Đồ thị: Đồ thị có tiệm cận đứng x = -1 và có tiệm cận xiên y = x; đồ thị không cắt 0x và cắt

0y tại (0; 1)

2

y

x 1

 





-1 0

0,25

Gọi (d) là đường thẳng đi qua A, B; do (d) vuông góc với  nên (d) có phương trình

Khi đó (d) cẳt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt, nghĩa là phương trình

2

x m

x 1

 

 có hai nghiệm phân biệt  phương trình 2x2 (m 2)x m 1 0    có

hai nghiệm phân biệt khác -1 

2

f ( 1) 1 0





 m< -2 - 2 2 hoặc m> - 2 + 2 2 (*)

0,25

Gọi Ax ; x1  1m

; Bx ; x2  2m

; I

m 2 3m 2

;

  là trung điểm AB

0,25

A, B đối xứng qua (d)  I   

2

 

 m = 2 (thỏa mãn điều kiện (*))

Vậy phương trình của (d): y = -x + 2

0,25

Câu II: (2 điểm)

1)

Giải hệ

2







2





2





và  2 

y x

biết tích

và tổng theo y , do đó

0,25



2

3 (1)

1 3 (2)



 

 Từ (1)  x3y y 2 thay vào (2) ta được (3y y y 2)  1 3y

  y 13 0 y=1 x3y y 2=3-1=2

0,5

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x, y) = (2; 1) 0,25

2)

Giải pt:

cos 2x sin 2x

cotg x - tg x

Điều kiện











Ta có (1) 

cos 2x.cos x sin x sin 2x cos x sin x





3x 2x k2







 



x k2 (lo¹i) k2

x

0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta được













2

5 4

5 hoặc













6

5 8

5 , n .

0,25

Câu III: (2 điểm)

1) 1,0

Phương trình các tiệm cận của Hypebol 1: bx ay 0

và 2: bx ay 0

Gọi M x ; y 0 0   H

:b x2 20 a y2 20 a b2 2  d M / 1d M / 2





0,25 Vậy d M / 1d M / 2

nhỏ nhất  d M / 1 d M / 2 

M cách đều hai tiệm cận

Ta có (d)=(P)(Q), trong đó (P) là mp qua M và vuông góc với ; (Q) là mp qua M và chứa

Do (Q) chứa  nên pt mp(Q) có dạng 2x y 2z2 x  y z 2 ,     2 2 0 0,25 Lập pt mp(Q): x - 3z + 4 = 0 Vậy (d) có pt







3x - 4y + z - 8 = 0

Ta có A’(0; 0; 6); C(2; 4; 0); B’(2; 0; 6);

M(0; 0; 3); N(1; 4; 0); P(2; 2; 0) Khi đó



MP (2;2; 3) Suy ra

 

z A’ D’

* M B’ C’

A y D(0; 4; 0)

* N

P

* B(2; 0; 0) C(2; 4; 0)

x

0,25

Pt BB’ đi qua B và có VTCP u(0; 0;1), do đó (BB’):











x = 2

y = 0

z = t Gọi Q(2; 0; t) BB’



MQ (2; 0; t 3)

0,25

MNPQ

   1

6









* t = 4  Q(2; 0; 4)    

2

* t = - 2  Q(2; 0; -2)    

0,25

Câu IV: (2 điểm)

4

3 0

sin x cos x

2sin x cos x











Chia tử và mẫu biểu thức dưới dấu căn cho 3 

cos x 0 ta

4

0

cos x 2tg x 1











0,25

Đặt t = tg x   2

1

cos x x 0  / 4

t 0 1

Suy ra  

1

3 0

t 1

2t 1









0,25



=

+

1 1

2



=

 



 670 670 k i k 2010 2 k i

670 670

k 0 i 0

Tìm k, i  : 2010 - 2k – i = 2008  2k i 2





0,25

Đáp số: a2008 C670.C670 2.C670.C670=222 775 0,25

Câu V: (1 điểm)

Ta chứng minh  3 3  3  

4 x y x y , x, y 0

(1) Thật vậy (1)  x y  2 x+y 0, x, y 0

, hiển nhiên

0,25

Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có

=

x y z 2 2 2 2    12

0,5

Giá trị nhỏ nhất của P là 12 đạt được khi

 











0,25

Hết