Đề 1 thi thử đại học đợt 2 năm học 2010 môn toán khối B, D

Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị Cm của hàm số y  f x hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành http://kinhhoa.violet.vn... T[r]

Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 NĂM HỌC 2010

MÔN TOÁN KHỐI B, D Thời gian làm bài: 180 phút

Phần chung (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số f x( )x3mx2,có đồ thị (C m)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  3

2) Tìm tập hợp các giá trị của để đồ thị m (C m)cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình: 2 tan cot 2 2sin 2 1

sin 2

x

2) Giải phương trình:  2 2 2

Câu III (1 điểm) Tính

2 3

0

sin

1 cos 2

x

 







Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh , có tâm đường tròn đáy là S O A B, là hai điểm trên đường tròn

đáy sao cho khoảng cách từ đến đường thẳng O AB bằng , a  ASO SAB 600 Tính theo a

chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón

Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x y, thỏa mãn: x y 5

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2

4

P xy

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

Phần A

Câu VI (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương trình :x y 0 và điểm

Tìm phương trình đường thẳng cắt trục hoành tại cắt đường thẳng tại sao (2;1)

cho tam giác AMB vuông cân tại M

2) Trong không gian tọa độ Oxyz, lập phương trình mặt phẳng  đi qua hai điểmA0; 1;2 , 

và tiếp xúc với mặt cầu có phương trình:

1;0;3

Câu VII (1 điểm) Cho số phức là một nghiệm của phương trình: z z2  z 1 0

Rút gọn biểu thức

           

Phần B Câu VI (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C có phương trình  2 2 và điểm

: x 4 y  25 Tìm phương trình đường thẳng đi qua điểm và cắt đường tròn tại 2 điểm (1; 1)

sao cho

,

2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P có phương trình: x y  1 0 Lập phương trình mặt cầu  S đi qua ba điểm A2;1; 1 ,  B 0;2; 2 ,  C 1;3;0 và tiếp xúc với mặt phẳng  P

Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:

2

2

2 1

2

3

2

x x

-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010

Môn: Toán_ Khối B và D

Câu I.1

(1,0 đ) m 3 hàm số trở thành:

3

f x x  x

Tập xác định D R

Sự biến thiên

' 3( 1) 0

1

x

x

 





1

x y

x

 



   

y' 0    1 x 1 hàm số nghịch biến trên 1;1

điểm CĐ1; 4, điểm CT 1;0

lim

   lim

  

Điểm uốn:

y'' 6 x  0 x 0, Điểm uốn U 0;2

Bảng biến thiên:

x  1 1 

'

y + 0  0 

y





CT CĐ

Đồ thị

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu I.2

(1,0 đ) Phương trình cho HĐGĐ

x mx  không thỏa mãn nên:

0

x



  

Xét hàm số

3

2

2



ta có bảng biến thiên:

x  0 1 

'( )

g x + ll  0 

( )

g x







-3

Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y m và đồ thị hàm số

nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì ( )

Lưu ý:

Có thể lập luận để đồ thị (C m)của hàm số y f x( ) hoặc không có cực trị hoặc

có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành

0,25 0,25 0,25

0,25



Câu II.1

sin 2

x

Điều kiện:

2

x k 

2 2

4sin cos 2 2sin 2 1 (1)

2(1 cos 2 ) cos 2 2(1 cos 2 ) 1 2cos 2 cos 2 1 0

cos 2 1 (loai do:sin 2 0)

1

3 cos 2

2

x





 Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: ,

3

x  k k Z 

0,25 0,25

0,25

0,25 Câu II.2

Đặt t x 2x2  4 t2 2(x42 )x2 ta được phương trình

2

2

2

t

       4

2

t t

 





+ Với t = 4 Ta có  2

2

0

2 2

x

x x









2

0

3 1

3 1

x

x x







ĐS: phương trình có 2 nghiệm x  2,x 3 1

0,25

0,25

0,25

0,25 Câu III

(1,0 đ)



1

cos

dv

x





0,25

0,25

3 3 3

2

x

x

0

1 2

3 1

2 3

0,25 0,25

Câu IV

(1,0 đ)

Gọi I là trung điểm của AB, nên OI a

Đặt OA R

đều



ASO

Tam giác OIA vuông tại nên I OA2IA2 IO2

2

2

SA a

2

a

2

xq

a

0,25

0,25 0,25

0,25 Câu V

(1,0 đ)

Cho hai số dương x y, thỏa mãn: x y 5

P

Thay y 5 xđược:



bằng khi Vậy Min P =

2

Lưu ý:

Có thể thay y 5 x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số ( ) 3 5 3 5

g x



0,25 0,50 0,25

Câu

AVI.1

(1,0 đ)

nằm trên nên , nằm trên đường thẳng nên ,

(2;1)

M MA(a 2; 1),MB(b2;b1)

Tam giác ABM vuông cân tại M nên:

,

MA MB



 

do b2 không thỏa mãn vậy

0,25

0,25

S

1

1

2

1

2

b

b

b

b

b







2

2 1

1 2

a b

b b

a

 



Với: 2 đường thẳng qua AB có phương trình

1

a b





 

Với 4 đường thẳng qua AB có phương trình

3

a b





 

0,25

0,25 Câu

AVI.2

(1,0 đ)

Mặt phẳng   có phương trình dạng ax by cz d   0,(a2b2c2 0)

Mặt cầu  S có tâm I(1;2; 1) bán kính R 2

      

Thay (1) vào (2) được :

(3)

2a3b  a b ab 3a 11ab8b 0

Nếu a    0 b 0 c 0 loại

Nếu a0chọn

1

8

b a

b

 





 



+ a1,b   1 c 0,d  1   :x y  1 0

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu

AVII

(1,0 đ)

Ta thấy z0 không thỏa mãn phương trình : z2  z 1 0 Nên

          

2

2

( 1) ( 1) 2 ( 1) 7

0,25 0,25

0,25 0,25

Lưu ý:

Có thể thay giải một nghiệm của phương trình z2  z 1 0là 1 3 sau đó

2

i

z   thay và tính giá trị của P

Câu

B.VI.1

(1,0 đ)

Đường tròn  C có tâm I(4;0) và có bán kính R = 5 ; M(1; 1)

nên M nằm bên trong đường tròn

10 5





 

nên

2

0



Đường thẳng cần tìm đi qua B, M vậy có hai đường thẳng thỏa mãn YCBT:

1

2

x y

0,25

0,25 0,25

0,25 Câu

B.VI.2

(1,0 đ)

 P x y  1 0

2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0

Gọi I a b c( ; ; )là tâm và của mặt cầu R IA IB IC d I P    ,( )R

1 (1)

b a







 



   



2

1

2

a b

Vậy : a1;b2;c 1;R 2( ) : (S x1)2(y2)2 (z 1)2 2

0,25

0,25

0,25

0,25 Câu

B.VII

(1,0 đ) Đặt t log (2 x1) ta được:

2

6

2

t t



t

  





2

6 log ( 1)

5

x x







6 5

x x









  



0,25 0,25

0,25

0,25