2 de tham khao thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi qua điểm M(1; -3).[r]

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH

TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4  4m 1x22m 1 có đồ thị C m

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số khi

3 2

m 

2 Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam

giác đều

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

2 4

2

1 tan

x

x



2 Giải hệ phương trình sau trên R:

3







Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

2

2 0

4

x





Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình thang vuông tại A

và B với BC là đáy nhỏ Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều có cạnh với độ

dài bằng 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, SC a 5 và

khoảng cách từ D tới mặt phẳng SHC bằng 2a 2 (ở đây H là trung điểm

AB) Hãy tính thể tích khối chóp theo a.

Câu V(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn:

3

a b c  

Chứng minh rằng:

ab bc ca

a b b c c a

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc

phần B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm).

1 Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình

(x 2) (y 3) 10 Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh

AB đi qua M(-3; -2) và xA > 0

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).

Câu VII.a (1,0 điểm)

Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: z = 1 + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 +

… + (1 + i)20

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích

bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 :x  y 30 và d2 :x  y 60

Trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của d1 với trục Ox Tìm toạ độ các đỉnh

của hình chữ nhật

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1),

C(-2;0;1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x +

2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC

Câu VII.b (1,0 điểm

Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn hệ thức 2 z1 z z2

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011

I

1

Với m= 3/2 ta có y = x4 -2x2 +2 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.

 Sự biến thiên: y'4x3 4x. Ta có

0 0

1

x y'

x







0.25

    

 Bảng biến thiên:

x   -1 0 1 

y'  0  0  0 

y

 2 

1 1

0.25

 Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình

y  x  m x x x  m .

0 0

x y





   

 nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1

0.25

     2     2 

A ; m ,B m ; m  m ,B  m ; m  m .

Ta có:

4

2

So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra

33 1 2

II

1

2

Đk:cos x 0 x 2 k





2

4

cos( x ) cos x s  ,  sin x cos x s i 0.25

3 4

cos x sin x c x sin x sin x cos x sin x c x sin x s cos x

sin x cos x sin x

0.25

0

4

x k

cos x sin x tan x x k

















Vậy pt có 2 nghiệm: 4

x k













  



0.5

Đk: y 1 Ta có x2 y49y x 9 y y3 x y x y    3 9 0 0.25

vì y 1 và

31  x  1  y  2 nên 31 x   2  x  7.Do đó x y 3 9-1<0

Thế vào pt ban đầu ta được 31 x 1 x2.Đặt a31x b 1 x (b>0) thì

3 2

2 2

a b

a b

 





 a1; a 1 3; a 1 3

0.25

Từ đó tìm đựơc các nghiệm của hệ : x=y=0 và x y 11 6 3 ; x y 11 6 3 0.25

III

2

2

x



Tính

0

x

Tính I2 bằng cách đặt t  4  x2 được 2

16

3 3

3

2 61

3 3

e

IV

4a

2a 2

2a

2a

a a

a 5

C'C a

a

a a

a

45 

45 

H

C B

H

B

A

C

D S

Từ giả thiết suy ra SH ABCD và

3 2

a

Theo định lý Pythagoras ta có CH  SC2 SH2 a 2

Gọi EHCADthế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó suy ra

Suy ra CE2a 2d D HC ;  d D SHC ;  y ra  

2

1

4 2

ABCD

S  BC DA AB   a

(đ.v.d.t.) Vậy

3 D

a

V  SH S 

(đ.v.t.t.)

0.25

V

Ta có: 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 )

= a 3 + b 3 + c 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2

mà a 3 + ab 2  2a 2 b

b 3 + bc 2  2b 2 c

c 3 + ca 2  2c 2 a Suy ra 3(a 2 + b 2 + c 2 )  3(a 2 b + b 2 c + c 2 a) > 0

0.25

Suy ra

2 2 2

2 2 2

ab bc ca

VT a b c

a b c

2 2 2

2 2 2

2 2 2

a b c

VT a b c

a b c

Đặt t = a 2 + b 2 + c 2 , ta chứng minh được t  3.

Suy ra

VT t



 VT  4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

0.5

1

ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán

kính R  10 nên

2 2

a b



0.25

 (a3 )(3b a b ) 0  a3b hay b3a

TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)t>-1 và do IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại) Suy

TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)t>0 và do IA2=2.R2=20 t = 0, t = -2 (không thoả

2

+ ) Ta có: AB(2; 2; 2), AC(0; 2; 2).

Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực

+) Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là nAB AC,  (8; 4; 4).



 

   

Suy ra (ABC):

2x y z   1 0

0.25

+) Giải hệ:

0.25

Bán kính là R IA  ( 1 0)  2(0 2) 2(1 1 )2  5. 0.25

VII.a

21

20 (1 ) 1

i

10

(1 )i (1 )i  (1 ) (2 ) (1 )i  i i 2 (1 )i

0,25

10

10 10

2 (1 ) 1

i

i

Ta có: d1d2 I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:































2 / 3 y

2 / 9 x 0 6 y x

0 3 y x

Vậy 







 2

3

; 2

9 I

M là trung điểm cạnh AD  Md1Ox Suy ra M( 3; 0)

0.25

Ta có:

2 3 2

3 2

9 3 2 IM 2 AB

2 2



































12 AB

S AD 12

AD AB

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d1 AD

0.25

1

Đường thẳng AD có PT: 1(x 3)1(y 0)0 xy 30 Lại có:

2 MD

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:   



















2 y

3 x

0 3 y x

2 2

























































1 3 x

x 3 y 2 ) x 3 ( 3 x

3 x y 2 y 3 x

3 x y

2 2

2 2













1 y

2 x

hoặc 







 1 y

4 x

Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)

0.25













2

3

; 2

9 I

là trung điểm của AC suy ra: 























2 1 3 y y 2 y

7 2 9 x x 2 x

A I C

A I C

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)

Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

0.25

2

Ta có AB(2; 3; 1),   AC  ( 2; 1; 1)    n(2; 4; 8)

Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25

M(x; y; z) MA = MB = MC ta có

x y z

x y z







0.25

M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25

VII.b

Đặt z x yi  x, y  

Ta có

x yi x yi x yi

0.5

2 2 0 0 2

x x x x







Vậy tập hợp các điểm cần tìm là 2 đường thẳng x0,x2

0.5

ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ

Môn Toán- Khối A-B-D

Thời gian làm bài : 180 phút

I Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)

Câu 1: Cho hàm số y=2 x3− 3(m+2) x2

+6(5 m+1) x −(4 m3

+2)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0

2 Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x0(1;2

Câu 2:

1 Giải phương trình: sin 3 x(sin x +√3 cos x)=2

2 Giải bÊt phương trình: √2 x2− 10 x +16 −√x −1 x − 3

Câu 3: Tìm giới hạn: x 0

2 lim

cot

x x

x







Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh là A Góc giữa AA’ và BC’ bằng 300 và khoảng cách giữa chúng là a Gọi M là trung điểm của

AA’ Tính thể tích tứ diện MA’BC’

Câu 5: Giải hệ phương trình:







II Phần riêng ( 3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn:

Câu 6a:

1 Cho ABC cân đỉnh A Cạnh bên AB và cạnh đáy BC có phương trình lần lượt là: x + 2y – 1 = 0 và 3x – y + 5 = 0 Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi qua điểm M(1; -3)

2 Giải phương trình: 9x −3 xlog3(8 x +1)=log3(24 x +3)

Câu 7a: Trong một quyển sách có 800 trang thì có bao nhiêu trang mà số trang có ít nhất

một chữ số 5

2 Theo chương trình nâng cao:

Câu 6b:

1 Cho hai đường tròn (C1) : x2 + y2 – 2y – 3 = 0 ; (C2): x2 + y2 – 8x – 8y + 28 = 0 ; Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)

2 Giải hệ phương trình:

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

Trường THPT Minh Khai

-

¿ (x + y) 3 y − x= 5 27 3 log5(x+ y)=x − y ¿{ ¿ Câu 7b: Cho a, b > 0 thoả mãn a2 + b2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của 1

ab P a b    Ghi chú: Thí sinh khối B ; D không phải làm câu 5 ( phần chung) TRƯỜNG THPT MINH KHAI Đáp án và biểu điểm đề thi thử ĐHCĐ lần I Năm học 2010 - 2011 I Phần chung: Câu Điểm Câu 1.1 1 với m = 0 : y = 2x3 - 6x2 + 6x - 2 1 TXĐ: D = R 2 Sự biến thiên a Giới hạn y = - ∞ ; y = +∞ b Bảng biến thiên: Ta có : y/ = 6x2 - 12x + 6 = 6(x- 1)2 , y/ = 0  x =1, y/ > 0 ,  x≠ 1 0,25 Hàm số đồng biến trên R Hàm số không có cực trị 0,25 3 Đồ thị Điểm uốn: y” =12x - 12 , y” = 0  x= 1 y” đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x = 1  U(1;0) là điểm uốn giao với Oy : (0;- 2); giao với Ox: (1;0) Qua điểm (2;2) Nhận xét : đồ thị nhận 0,5 x - ∞ 0 +∞

y/ + 0 +

y +∞

0 -∞

U(1;0) làm tâm đối xứng ( Học sinh tự vẽ đồ thị)

 y/ = 0 có 2 nghiệm phân biệt Do hệ số của x3 dương  xCT > xCĐ

0,25

Ta có y/=6[x2-(m + 2)x+5m+1] , y/ = 0  m(x-5) = x2-2x +1 (1)

Do x= 5 không là nghiệm của y/ = 0  (1)  m =

= g(x)

g/(x)= = 0  hoặc x =

1 hoặc x = 9

0,25

Bảng biến thiên của g(x)

0,25

Từ bảng biến thiên kết hợp với nhận xét trên hàm

số có cực tiểu tại

x0 (1;2] -1/3≤ m

<0

0,25

Câu 2.1 sin3x(sinx+ cosx)=2  sinxsin3x+ sin3xcosx=2

 cos(2x- )-cos(4x+) = 2

os(2x- ) 1 3

3

c

c













0,25



x=

6

k c



















k Z

0,25

x - ∞ 1 2 5 9 +∞

Câu 2.2 ĐK : x 1

Đặt u = x-3 , v= v 0 ta được BPT:  u+v 0,5

0

u v

u v

 





0

u v

u v

 



 





0,25

Vậy BPT 2

3

x

x x





 

0,25

Câu 3



0,25





0,25 2

x

2

x





0,25

Vậy 0

2

ot x

x

x x

c









0,25

Câu 4

Ta có BB/∥AA/ góc giữa AA/ và BC/ bằng góc giữa BC/ và BB/ 

30

B BC    / 0

60

CBC 

Gọi N là trung điểm của BC/ , H là hình chiếu của N trên (ABC)  H

là trung điểm của BC  AMNH là h.c.n  MN∥ =AH

Do AH  BC , AH  CC/  AH  (BCC/)  AH  BC/ từ giả thiết

suy ra AH vuông góc với AA/

Theo trên , MN∥ AH  MN  AA/ ; MN BC/  MN là khoảng

cách giữa AA/ và BC/  MN = a  AH = a

0,25

Tính VMA/BC/: do BA (ACC/A/) VMA/BC/ = SMA/C/ AB 0,25

Trong  vuông AHB ta có AB= a, BH = a  BC= 2a

Trong  vuông BCC/ : CC/ = BC.tan600 = 2a 3

0,25

Vậy VMA/BC/ = AM.AC/.BC =

3 3 3

a

Câu 5

Giải hệ : (I)







Ta có (I)







0,25

Thay (2) vào (1) : x3 + x2y - 12xy2 = 0 

0 3 4

x

x y











 



0.5

Thay x vào (2) cả 3 trường hợp  Hệ có các nghiệm là:

(3;1) , (- 3; -1) ,



,

II Phần riêng

Câu

6a.1 Vector pháp tuyến của B Clà : n1

= (3; -1);

Vector pháp tuyến của AB là : n 2

= (1; 2)



1 2

1 2

50

n

n

n

 

 

 

0,25

Gọi n a b 3( ; )

là vector pháp tuyến của AC là (a2+b2≠ 0)

1 os(n ; )

50

c  n 

50 10

a b

a b





a b

a b





0,5

 Trường hợp 2a - b =0 loại do ∥ AB

 Trường hợp 11a - 2b = 0 chọn a = 2  b = 11 Vậy phương trình AC là: 2(x - 1) + 11(y+3) =0

 2x + 11y + 31 = 0

0,25

Câu

6a.2 Giải phương trình:9 3 log (83 1) log (243 3)

ĐK x> PT  (3x 1) 3x log (243 3) 0

x

0,5

3

3x log (24x 3) 0

Xét f x( ) 3 x log (243 x3) với x>

(8 1) ln 3

x

f x

x



2

64 ( ) 3 ln 3

(8 1) ln 3

x

f x

x



0,25

//( )

f x > 0  x >  f x/( ) đồng biến trên ( , +∞)  f x/( ) =0 có nhiều nhất

là 1 nghiệm  ( ) 0 có nhiều nhất là 2 nghiệm Ta có f(0) 0 ; f(1) 0

Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1

0,25

A

B

C M(1;-3)

Câu 7a  Trường hợp 1: số trang có 1 chữ số: có 1 trang

 Trường hợp 2: số trang có 2 chữ số a a1 2 Nếu a1 = 5 a2 có 10 cách chọn  có 10 trang

Nếu a2 = 5  a2 có 8 cách chọn ( vì a1≠ 0,a1≠ 5)  có 18 trang

0,25

 Trường hợp 3: số trang có 3 chữ số a a a1 2 3

Do sách có 800 trang  a1 chọn từ 1 7

+ Nếu a1 = 5  a2 có 10 cách chọn, a3 có 10 cách chọncó 100 trang

+ Nếu a2=5a1 có 6 cách chọn(vì a1≠5), a3có10 cách chọncó 60 trang

+ Nếu a3=5a1 có 6 cách chọn, a2 có 9 cách chọn(vì a1≠5,a2≠5) có 54 trang

0,5

Vậy số trang thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 233 trang 0,25 C

âu

6

b

1

(C1) có tâm I1(0;1), R1 =2; (C2) có tâm I2(4;4), R2 =2

Ta có I1I2 = 14 9 5  > 4 = R1 +R2  (C1);(C2) ngoài nhau

+ xét tiếp tuyến d ∥ 0y: (d): x+c = 0

d(I1,d) = C ; d(I2,d) = 4 C

d là tiếp tuyến chung của (C1)(C2)

2

C C





  C = -2 (d): x-2=0

0,5

+ (d) : y = ax+b

Do R1=R2 d∥ I1I2 hoặc (d) đi qua I(2;)

 d∥ I1I2 : I I1 2=(4;-3)  d: 3x - 4y +c =0 d tiếp xúc với (C

1),(C2) 

d(I1;d) = 2

4

2 5

C

 



hoặc C =14 hoặc C= -6

 có 2 tiếp tuyến chung là: 3x - 4y +14 = 0 và 3x - 4y - 6 =0

 d qua O: phương trình d là: y = ax + - 2a  ax- y + - 2a =0

d là tiếp tuyến chung d(I1;d) = 2 2

3 2

1

a a





  a= - d: 7x +24y - 14 =0

vậy có 4 tiếp tuyến chung là: x - 2 = 0; 3x - 4y + 14= 0; 3x - 4y - 6 = 0;

7x +24y - 74 =0

0,25

Câu

6b.2

ĐK: x+y > 0

Hệ đã cho  3

5

27

x y

x y

x y

x y











3 3

5

27

x y

x y

x y

x y

















0,5



3

3 3

3

x y

x y

x y

x y

 

 









3 0

x y

x y 





3

y x x

 







0,25

3

y x x

 



 

4 1

x y









 thỏa mãn điều kiện

0,25 Câu 7b Ta có a2 + b2 =1  (a + b)2- 1=2ab  (a + b+1)(a+b- 1) =2ab

 = 2

a b

-  T = 2

a b

-

0,5

Mặt khác ta có: a+b  = nên T ( - 1)

Dấu “ =” xảy ra  a = b = Vậy Tmax = ( - 1)

Đối với khối B+D điểm của câu 5 chuyển cho Câu1.2 : 0,5đ và câu 4(hình): 0,5 đ