Đề Toán - Thi thử Đại học - lần 3

Câu IV 1 điểm Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng ABC trùng với tâm O của tam giác ABC.. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SIN[r]

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011

Câu I (2 điểm) Cho hàm s y  2x3  3(2m 1)x2  6m(m 1)x 1 có   (Cm)

Câu II (2 điểm) a) Gii ph/0ng trình: 2 cos 3x(2 cos 2x  1)  1

2x  3

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I  3ln 2

0

dx

(3 e x  2)2

Câu IV (1 điểm) Cho hình 56* tr7 ABC.A’B’C’ có 8 là tam giác 9: ; a , hình : vuông góc c"a A’ lên m6t

4

Câu V (1 điểm)

x 2  y 2  1

Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn

Câu VIa (2 điểm)

Câu VIIa(1 điểm) Gii ph/0ng trình: (z 2  z)(z  3)(z  2)  10 , z C.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao

Câu VIb (2 điểm)

d1 : x  4

3  y  1

 1 

z  5

 2 d 2 :

x  2

1  y  3

3  z 1

Câu VIIb (1 điểm) Gii H ph/0ng trình: x(3log 2 x  2)  9 log 2 x  2

ĐÁP ÁN Câu I

0,25 b) 3 2 2

2 2

0,5

x  m  1



0,25

0,25

2 2

2 3

 2 cos 3x sin 3x  sin x  sin 6 x  sin x

0,25

   ; x   6x    x  m2   2m  m  Z

 7 7

0,25

2m 

Xét khi  k   2m=5k  m  5t , t  Z

5

 2m 

7 7

5 7 7

0,25

b) 2 2 3

2

1 điểm

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2

0,25

2 2

2 2 2

0,25

2x  1 x  2

2 2

  1  6 2  60  nghiLm: x   ; 2 7

 

0,5

3ln 2 dx

Tính tích phân I   3 x 2

1 điểm

x

3ln 2 3

Ta c ó I  = x x

0 23 3

x x

3 3

0,25

2 2

3du  1 1 1 

Ta /k: I  =3 2     du  2 

0,25

2

 1 1 1 

=3  ln u  ln u  2   4 4 2(u  2)

  1

0,25 Câu III

3 3 1

 ln( ) 

4 2 8

3 3 1

4 2 8

0,25

Câu IV

B’

H

O M

B AM  BC

0,5

AA’và BC, do  d ( AA', BC)  HM  a

4 A'O HM Xét 2 tam giác ng d;ng AA’O và AMH, ta có: 

AO AH AO.HM a 3 a 3 4 a  suy ra A' O   

AH 3 4 3a 3

3 1 1 a a 3 a 3

Th) tích kh i l6ng +7: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a  2 2 3 2 12

0,5 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 Chứng minh r ằng: 2 2 2

3(a  b  c )  4abc  13 1 điểm 2 2 2 b  c hYt f (a, b, c)  3(a  b  c )  4abc  13;t  2

n'+/@  ta ch/ng minh: f (a, b, c)  f (a, t, t) :Thb vby Do vai trò c"# a,b,c nh/ nhau nên ta có th) gi  a  b  c  3a  a  b  c  3 hay a  1 f (a, b, c)  f (a, t, t)  2 2 2 2 2 2 2

3(a  b  c )  4abc  13  3(a  t  t )  4at  13

2 2 2 2

= 3(b  c  2t )  4a(bc  t ) 2 2 2

 2 2 2(b  c)   (b  c)  3(b  c) 2

= 3 b  c   4a bc  =  a(b  c)   4 4 2

   

(3  2a)(b  c) 2 =  0 do a  1 2 0,5 *Bây giO ta chQ cZn J* minh: f (a, t, t)  0 v@i a+2t=3 2 2 2 2

Ta có f (a, t, t)  3(a  t  t )  4at  13 2 2 2 2

= 3((3  2t)  t  t )  4(3  2t)t  13 2 = 2(t  1) (7  4t)  0 do 2t=b+c < 3 DH: “=” xy ra  t  1 & b  c  0  a  b  c  1(ĐPCM) 0,5 2 2

2 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x  xy  y  1.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 4 4

P  x  y  1 2 2

x  y  1 Câu V Tõ gi¶ thiÕt suy ra: 2 2

1  x  xy  y  2xy  xy  xy

2

3

2 2 2 2

4 4 2 2

2

 t  2t  2 1

0.25

0.25

1

3

 1

f ( ) , f ( 6  2) , f (1) cho ra kÕt qu¶:

3

1 11

MaxP  f ( 6  2)  6  2 6 , min P  f ( ) 

3 15

0.25

I   d  : y  x  I t;t  I là trung i)m c"a AC: C(2t  1;2t) 0,5

a)



 3

5 8

3 3

0,5

1 điểm

1 2 1 1

3 3 3 3

0,25 b)

4 2 2

3 3 3

0,5

2

CâuVIIa

2 2

2

hYt t  z  2z Khi  /0* trình (8) tri thành:

0,25

hYt t  z  2z Khi  /0* trình (8) tri thành

2

0,25

t  2 z  1  i

  

t  5 z  1  6

0,5

Câu VIb

a)

1 điểm

0,25

0,25

7 7

 t  9  t   Có 2 ) cZn tìm là: M (9; 32), M ( ; 2)

3 3

0,5

1 điểm

 

 AB  u

  Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)

 AB  u '

0,25

b)

2 2 2

Gi ải bất phương trình x(3log 2 x  2)  9 log 2 x  2 1 điểm

0.25 CâuVIIb

3 x  1

Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.

3

2

3 x  1

2 x  3

3

f (x)  log 2 x *  trên khong 0;

2

0,25

0  x  1



0,25