de va dap an thi thu DHCD kA 2010

Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.[r]

TRƯỜNG THPT ANH SƠN II

———————————

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN 2 NĂM 2010

Môn thi : TOÁN; Khối A, B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số: y x3 3mx2 4m





 , (1) m là tham số thực

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

2 Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực trị A, B của đồ thị hàm số (1) cùng với gốc toạ độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 8

Câu II (2,0 điểm)































x

3 sin 3

2 sin 2 cos 4 4 cos ) cos (sin

2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

3

4 (1 ) 2

) 1 ( 2

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:  















 1 0

2

2 3

4

4

x

x x

I

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A; góc ABC bằng 60o;

AB = 2a; cạnh bên AA’ = 3a Gọi M là trung điểm cạnh B’C’ Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (A’BM) theo a

Câu V ( 1,0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực không âm bất kỳ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 3 4 2 3 4 2 3

2 3

2 3

2



















xy z

z zx

y

y zy

x

x P

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)

A.Theo chương trình Chuẩn:

Câu VI a ( 2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ): 2 ( 1)2 4

2 )

1 ( : )

C Viết phương trình đường thẳng ∆ , biết đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C1) đồng thời đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C2) tại 2 điểm phân biệt

E, F sao cho EF = 2

2 Trong không gian với hệ Oxyz, cho hai đường thẳng ∆1:

2

1 2







 y z

x

; ∆

2

2 1

3 2









x

và mặt phẳng (P): x + y + 4z + 2 = 0 Tìm toạ độ điểm M trên đường thẳng ∆1 và điểm N trên đường thẳng ∆2 sao cho MN song song với mặt phẳng (P) đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng MN với mặt phẳng (P) bằng 2

Câu VII a (1,0 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn 2 2



z

z và z  2

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI b (2,0 điểm):

1 Cho A(3; 1), B(-1; 2) và điểm M di động trên đường thẳng d: y = x (x  1) Đường thẳng

MA, MB cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại P, Q Chứng minh PQ luôn đi qua một điểm cố định

2 Trong hệ Oxyz , cho đường thẳng ∆:

4

1 1

1





y z

x

; và điểm M(0; 3; -2) Viết phương trình mặt phẳng (P)đi qua điểm M song song với đường thẳng ∆ , đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ với mặt phẳng (P) bằng 3

2 log

2













HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN 2 (2010) TRƯỜNG ANH SƠN 2

M

(1,0đ)

TXD: R

y’ = 3x2 – 6x = 0  x =0 hoặc x = 2

bảng bt

x 0 2

y’ + 0 - 0 +

y 4

0

1,0

I-2 Điều kiện hs có cực đại, cực tiểu : m0

Hai điểm cực trị của đồ thị hs là: A(0; 4m), B(2m; 4m-4m3)

0.25 0.25 ( 1,0

điểm) Pt đường thẳng OA: x = 0;

m Oy

B d OA B d m

Diện tích tam giác OAB là: ( , ) 2 4 16 2

2

1











S

0.25 0.25 II-1

(1,0

điểm)

2 2 cos 1 2 cos 0

2 2 cos 2 cos

) 2 cos 2 1 ( 2 cos 2

cos 2

) cos(

3 cos 2 cos 2 4 cos 2

4 cos 3 5

2 2



















































x x

x x

x x

x

x x

x x

) (k Z k

0.25

0.25 0.25 0.25 II-2

(1,0

điểm)

Ta thấy x0 là nghiệm thì 1 – x0 cũng là nghiệm pt Do dó pt có nghiệm duy nhất khi

x0= 1-x0 hay x0 =

2 1

Với x0 =

2

1 suy ra m = 0; m = 1; m = -1 Điều kiện đủ: m = 0 thay vào pt(1)

2

1 0

) 1 (

0 ) 1 ( 2

1  4    4  4  2   



m = 1: (1) x 1 x2 x(1 x) 24 x(1 x) 1 pt có ít nhất 2 nghiệm x= 0;x =1

m = -1:

2

1 0

) 1 (

) 1 (

) 1 (  4 x 4  x 2  x  x 2   x Vậy m =0; m = -1

0.25 0.25

0.25

0.25 III

(1,0đ)

Đặt





















































4 4

16

16 4

4 ln

4 4 3

2 2

x v

dx x

x du

dxx dv

x

x u

5

3 ln(

4

15 4

4

4 ln ) 16 (

4

0

1 0 2

2 4



























I

0.5

0.5

VI

(1,0đ) AC = 2Suy ra AH = 3a; BC = 4a: A’M = 2a A’H là đường cao tam giác vuông A’B’C’3a; AH vuông góc (BCC’B’)

Diện tích tam giác MBC là SMBC=6a2

Thể tích khối chóp A’MBC là

3

1

a S

H

Gọi B’I là đường cao tam giác đều A’B’M

. B'I a 3 ;BI A'M;BI  2 3a

Diện tích tam giác A’BM là 2

2

1

a M

A BI

Thể tích khối chóp C.A’BM là:

a BM A C d a S

MB A C d

0.25 0.25

0.25

0.25 V

(1,0đ) Áp dụng bđt Côsy ta có

2 3

3 3

6 ) 1 (

2 2

4x   x x   x (1) Nếu x = y = z = 0 thì P = 0 Nếu y = z = 0 thì

6

1 2

2







x

x

Nếu z = 0 thì

3

1 6

1 6

1 2 4 2

2 3

2















y

y x

x

P Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1

Xét cả ba số x,y,z đều dương Từ (1) suy ra

zy x

x yz

x

x

3 6 2 3

2 3

2







3 6 2 3

2 3

2

xz y

y xz

y

y







z yx

z

z

3 6 2 3

2 3

2









P

zy x

x

3

6 2

2

 xz y

y

3

6 2

2

xy z

z

3

6 2

2

































1 2

1 2

1 3 1

z

xy y

zx x

yz

Đặt 2 , 2 , 2

z

xy c y

xz b x

yz

a   thì a,b,c > 0 và abc= 1 Khi đó:































































) (

2 ) (

4 9

) (

4 12 3

1 2

1 2

1 2

1 3

1

ac bc ab c

b a

ac bc ab c b a c

b a

Áp dụng côsy: 3 3 ( ) 3 3







ac bc ab c b a ac

bc ab c

b

Từ (2) và (3) suy ra

3

1



P Đẳng thức xảy ra khi a = b =c = 1 hay x = y = z = 1

0.25

0.25

0.25

0.25

VI a -1

(1,0đ) Đường tròn (C1) có tâm I1(0; -1), R1=2; (C2) có tâm I1(1; 0), R= 2 Đường thẳng ∆ cách

tâm I2 một khoảng 1

2

2 2











 EF R

TH1: Nếu ∆ vuông góc với Ox: ∆ có dạng x – m = 0; d(I1;∆) = R1 và d( I2;∆) = 1 ta có

m = 2 vậy ∆: x- 2 = 0

TH2: ∆ không vuông góc trục Ox: ∆: kx – y + b = 0 Từ gt ta có d(I1;∆) = R1 và d( I2;∆) = 1

Ta có hệ







































1

0

1 1

2 1 1

2

2

b k k

bk k

b

Phương trình đường thẳng ∆: y- 1 = 0

0.25

0.25

0.5

VIa-2

(1,0đ) Gọi M(t; -2t; 1-2t)∆1; N( 2k ;3-k; -2+2k)∆2, MN  ( 2k t; k  2t 3 ; 2k  2t 3 )

Vtpt của (P) là n  ( 1 ; 1 ; 4 ) Từ gt MN//(P) và d(MN,(P))= 2.Ta có hệ

0.25

0.5 0.25











































3

1

; 3 4

1;0

2 23 96

099 9 2))(;

(

0.

kt

kt t

kt PMd

nMN

Vậy M(0;0;1), N(2;2;0) hoặc M(

3

5

; 3

8

; 3

4





),

N(-3

8

; 3

10

; 3

2

 ) VIIa

(1,0đ) Gọi số phức z = x + yi (x,yR) Ta có z2 x2  y2  2xyi;zx yi.Từ gt có hệ pt:











































2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

4

4)1 2)(

4() 4 2(

2) 2() (

2

x y

xx xx

yxy xy x

yx

3

;



 x y hoặc x=1;y= - 3hoặc x= -2; y = 0

Vậy có 3 số phức :Z= - 2 :Z = 1 3i

0.25

0.5

0.25

VIb-1

(1,0đ) Gọi M(m ;m) thuộc d : y = x Đường thẳng AM có vtcp AM(m 3;m 1).có pt là

(m-1)x – (m – 3)y – 2m = 0 MA cắt trục Ox tai ;0);( 1)

1

2

m

m P

Đường thẳng BM có pt là:(m -2)x – (m +1)y + 3m = 0, cắt trục Oy tại Q(

1

3

; 0



m

m

) ; m -1

Pt đường thẳng PQ : 3(m – 1)x + 2(m + 1)y – 6m = 0 với m1

I(x0 ;y0) là điểm cố định của PQ Ta có (3x0 + 2y0 – 6)m – 3x0 + 2y0 = 0 có nghiệm với mọi

1





m Khi đó có hệ



































2 3

1 0

2 3

06 2 3

0

0

0 0

0 0

y

x y

x

y

x

.Vậy PQ đi qua điểm cố định I(1 ;

2

3 )

0.25 0.25 0.25

0.25

VIb-2

(1,0đ) Gọi

)

;

; (a b c

n là một vtpt của mp (P) Đường thẳng ∆ có vtcp u( 1 ; 1 ; 4 )đi qua điểm

A(0 ;0 ;1) Pt mặt phẳng (P) đi qua M(0 ;3 ;-2) là : ax + by + cz – 3b + 2c = 0

0.5 0.25 0.25

Từ gt ta có :





























































cb cb

cba cba

bc

cba PAd

Pd

un

8 2

4 3 3

04 3);(

);(

0.

22 2

Vậy có 2 mp (P) là : 2x + 2y - z – 8 = 0 và 4x – 8y + z + 26 = 0

VIIb

(1,0đ)

Đk x > 0 Đặt t = log2x  x = 2t Phương trình có dạng :

 2t t (t 1)  2t 2t t 1 2 t 2t















Xét hs f(x) = 2x + x ; f’(x) = 2xlnx + 1 > 0 với mọi x Hàm số f(x) đồng biến trên R

Pt (1) t2 + 1 = 2t t = 1 x = 2

0.25 0.25 0.25 0.25