de thi thu dh

ThÝ sinh kh«ng ®îc sö dông tµi liÖu.. - NÕu häc sinh lµm c¶ hai phÇn trong phµn tù chän th× kh«ng tÝnh ®iÓm phÇn tù chän.. Tr ường THPT Nguyễn Huệ.. Cấu trúc đề thi thử đại học môn toán[r]

Trường THPT Nguyễn Huệ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 KHỐI 12

Mụn thi toỏn, khối A+B+D (lần 2)

Thời gian làm bài 180 phỳt( khụng kể thời gian phỏt đề)

A PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm):

Cõu 1( 2 điểm) Cho hàm số 3 3 2 4





x x

y cú đồ thị là (C).

1 Khảo sỏt vẽ đồ thị (C).

2 Gọi (d) là đường thẳng đi qua điểm A(3;4) và cú hệ số gúc là m Tỡm m để (d) cắt (C ) tại

3 điểm phõn biệt A, M, N sao cho 2 tiếp tuyến của (C ) tại M và N vuụng gúc với nhau.

Cõu 2 (2 điểm)

1 Giải phương trỡnh: 3 cos3x- 2sin 2 cosx x- s inx = 0

x

-Cõu 3 (1 điểm) Tính tích phân   

1

0

2

) 1

x

Cõu 4 (1 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABCD , đỏy là hỡnh vuụng cạnh a , SB(ABCD) và SB = 2a.Tớnh

diện tớch và thể tớch mặt cầu ngoại tiếp hỡnh chúp.

Cõu 5 (1 điểm) Tỡm cỏc giỏ trị của tham số m để phương trỡnh 3 1  x2  2 x3  2x2  1 m (

R

m  ) cú nghiệm duy nhất thuộc đoạn  ; 1

2

1

B PHẦN RIấNG (3điểm): Thớ sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần

Theo chương trỡnh chuẩn:

Cõu 6a.(2 điểm)

1 Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tỡm toạ độ điểm M thuộc

đường thẳng ( ) : 3  x y  5 0  sao cho hai tam giỏc MAB, MCD cú diện tớch bằng nhau

2 Tỡm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x y z   1 0  để  MAB là tam giỏc đều biết A(1;2;3) và B(3;4;1).

Cõu 7a : (1,0 điểm) Tớnh giỏ trị biểu thức:

Theo chương trỡnh nõng cao:

Cõu 6.b: ( 2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) và đường trũn

(C): (x - 2) 2 + (y - 1) 2 = 2 Lập phương trỡnh đường trũn (C’) qua B và tiếp xỳc với (C) tại A.

2 Trong khụng gian cho 2 tứ diện ABCD, A’ B ’ C ’ D ’ , trong đú A(5;3;1), B(4;-1;3),

C( -6;2;4), D(2;1;7), A ’ (6;3;-1), B ’ ( 0;2;-5), C ’ ( 3;4;1).

a Tỡm toạ độ điểm D’ sao cho 2 tứ diện cú cựng trọng tõm.

b Tỡm quỹ tớch những điểm M sao cho          MA                   2MB MC MD                                                          MA MB

Câu 7.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình

























1

) 1 ( 2

y x e

x e

e

y x

y x y x

(x, y R)

-***Hết*** -Chú ý: Thí sinh dự thi khối D không phải làm câu 5

Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh: .

Hớng dẫn chấm môn toán khối 12 lần 2

- Điểm toàn bài không làm tròn.

- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa

- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phàn tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn.

- Thí sinh dự thi khốiD không phải làm câu 5; thang điểm dành cho câu 1.1 và câu 3 là 1,5 điểm.

1.1 Khảo sát hàm số 3 3 2 4





x x

1 Tập xác định: R

2 Sự biến thiên:















 y lim ( x 3 x 4 ) , lim y lim ( x 3 x 4 )

x x

2 3 x x

0,25

b) Bảng biến thiên: y' = 3x2 - 6x, y' = 0  x = 0, x = 2

Bảng biến thiên:

x - 0 2 +

y' + 0 - 0 + y

4 +

- 0

- Hàm số đồng biến trên (-; 0) và (2; +), nghịch biến trên (0; 2)

- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0

0,50

3 Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),

(2; 0) Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng

0,25

1.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc 1,00

d có phơng trình y = m(x – 3) + 4

Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình

































0 m x

3 x 0 ) m x )(

3 x ( 4 ) 3 x ( m 4 x

x

2 2

2

Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y ' ( m ) y ' (  m )   1 0,25

9

35 3 18 m 0 1 m 36 m 9 1 ) m 6 m 3 )(

m 6 m

3





















2.1

Giải phương trỡnh: 3 cos 3x- 2sin 2 cosx x- s inx = 0Phương trỡnh đó cho tương

3 sin( 3 ) sinx

3

3

x

p

p p

p

ộ

ờ ờ

ờ - = - + ờ

ở

0.5

k

p

x y

4

2

1

x

Điều kiện : 4.3 x – 3>0 3

3 log 4

x

Phương trình đã cho tương đương với:

2

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm BPT là T= 3

3 (log ;1]

0.25 0.25

0.25 0.25

3

1

0

2

) 1

x

§Æt

































2/x v

dx 1x x

1x2 du xdx

dv

)1x xln(

u

2

2 2

2

2 0 0



 



0,25



















1

0 2 1

0 2 1

dx 4

3 dx 1 x x

1 x 2 4

1 dx ) 1 x 2 ( 2

1 3

ln

2

1

1 0 2

1 0 2

I 4

3 3 ln 4

3 I 4

3 ) 1 x x ln(

4

1 x x 2

1 3

ln

2

1



















0,25

* TÝnh I 1 : 































1 0

2 2

1

2

3 2

1 x

dx I









  









2

, 2 t

t tan 2

3 2

1 x

Suy ra

9

3 t

3 3 2 t tan 1

dt ) t tan 1 ( 3 3 2 I

3 /

6 /

3 /

6 / 2

2 1



















0,25

VËy

12

3 3 ln 4

3

4

0,25 0,25 0,25 0,25

5 Đặt f x  3 1  x2  2 x3 2x2  1, suy ra f x  xác định và liên tục trênđoạn

0,25

1 1

2



  ' 

2

;

1 1 2

x



Vậy: f x'    0 x 0

Bảng biến thiên:

 

 

2

0 1 CÑ

2

4

x

f x

f x







Dựa vào bảng biến thiên, ta có: Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất

thuộc 1 1 ;

2



4

2

0,25

0,25 0,25

PHẦN RIÊNG Soạn theo chương trình chuẩn

6a.1

(1đ)

Viết phương trình đường AB: 4x 3y 4 0  và AB 5

Viết phương trình đường CD: x 4y 17 0  và CD  17 0.25 Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  ( ;3t t 5) Ta tính được:

Từ đó: S MAB S MCD  d M AB AB d M CD CD( , )  ( , ).

7 9

3

     Có 2 điểm cần tìm là: ( 9; 32), ( ; 2)7

3

6a.2

(1đ)

M thuộc giao tuyến của (P) và (Q) có dạng tham số: x 2;y t  1;z t

2

0.5

7a

(1đ) Khai triển 1 n

x

 ta có:

1 n 0 1 2 2 3 3 n 1 n 1 n n.

Nhân vào hai vế với x  , ta có:

1 n 0 1 2 2 3 3 4 n 1 n n n 1.

Lấy đạo hàm hai vế ta có:

1 n 1 1.

x  nx x

Thay x 1, và n = 2010 ta có

= 2012.22009.

Soạn theo chương trình nâng cao

6b.1

(1đ)

(C) có tâm I(2;1) bán kính 2

Gọi pt (C ’ ) là : (x a ) 2  (y b ) 2 R2 , có tâm I ’ (a;b) và bán kính R

Do A, B thuộc (C ’ ) nên ta có

4

b







+) Nếu 2 đường tròn tiếp xúc ngoài tại A ta có

2

2

( )

2 2 2

R

R















: (x 1) 2  (y 4) 2  8

+) Nếu 2 đường tròn tiếp xúc trong tại A ta có

'

2

2

2

a R

R

R











Vậy phương trình (C ’ ) là (x 1) 2  (y 4) 2  8

0,25 0,25

0,25

0,25

6b.2

(1đ)

0,25

0,25

0,25

7b

(1đ)











































1y x e

1y x e 1y x

e

)1x(

2 e

e

yx

yx yx

yx

yx

Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ

























)2(

uv ee

)1(

1u e 1v e

1u e

v u

v u

v

0,25

- Nếu u > v thì (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

Thế vào (1) ta có e u = u+1 (3) Xét f(u) = e u - u- 1 , f'(u) = e u - 1

Bảng biến thiên:

u -  0 +



f'(u) - 0 + f(u)

0 Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0  u 0

0,25

Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0

























0y

0x 0yx

0yx 0v

Vậy hệ phơng trình đã cho có một nghiệm (0; 0)

0,25

Phần riờng: 1.Theo chương trỡnh chuẩn

VIa.1

1điểm Phương trỡnh đường thẳng đi qua M(3;1) cắt tia Ox tại A(a;0),cắt tia Oy tại

B(0;b), a,b>0 là: 3 1 1

a b

0.5

Mà OA 3OB a  3b 2 3ab  12

min

3

6

2 2

a

b













6 2

VIa.2

 M thuộc mp trung trực của đoạn AB cú PT: x y z   3 0  (Q) 0.25

M thuộc giao tuyến của (P) và (Q) cú dạng tham số: x 2;y t  1;z t

2

VIb.1

1điểm Viết phương trỡnh đường AB:

Điểm M thuộc  cú toạ độ dạng: M  ( ;3t t 5) Ta tớnh được:

Từ đú: S MAB S MCD  d M AB AB d M CD CD( , )  ( , ).

7 9

3

     Cú 2 điểm cần tỡm là: ( 9; 32), ( ; 2)7

3

Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi

đó (P)  (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’ Thiết diện của lăng

0,25 A

B

C

C’

B’

A’

H

O

M

trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH

Do tam giác ABC đều cạnh a nên

3

3 a AM 3

2 AO , 2

3 a

Theo bài ra

4

3 a HM 8

3 a BC HM 2

1 8

3 a S

2 2

0,25

4

a 3 16

a 3 4

a 3 HM AM

AH

2 2 2



Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên

AH

HM AO

O ' A



suy ra

3

a a 3

4 4

3 a 3

3 a AH

HM AO O

'

0,25

Thể tích khối lăng trụ:

12

3 a a 2

3 a 3

a 2

1 BC AM O ' A 2

1 S

O ' A V

3

Khai triển 1 n

x

 ta cú:

1 n 0 1 2 2 3 3 n 1 n 1 n n.

Nhõn vào hai vế với x  , ta cú:

1 n 0 1 2 2 3 3 4 n 1 n n n 1.

Lấy đạo hàm hai vế ta cú:

1 n 1 1.

x  nx x

Thay x 1, ta cú 0 2 1 3 2 4 3 n 1 ( 1 ). n  2 2. n 1.

Trường THPT Nguyễn Huệ

Cấu trúc đề thi thử đại học môn toán khối 12 lần thứ 2

1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số và các bài toán có liên quan đến khảo sát hàm số (2đ) 2) Phương trình :

a Phương trình lượng giác (1đ) b.Phương trình , bất phương trình mũ , lôgarit ( 1đ)

c Nguyên hàm , tích phân và các ứng dụng tính diện tích, thể tích (1đ)

d Phương trình , bất phương trình căn thức (1đ) 3) Hình học không gian (2đ)

4) Hình học phẳng ( Đường thẳng, đường tròn, elíp) (1đ)

5) Nhị thức niu tơn ( kết hợp đạo hàm và tích phân) (1đ)

6) Hệ phương trình mũ , lôgarit ( với ban A)

Trường THPT Nguyễn Huệ

Cấu trúc đề thi thử đại học môn toán khối 12 lần thứ 2

1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số và các bài toán có liên quan đến khảo sát hàm số (2đ) 2) Phương trình :

a Phương trình lượng giác (1đ) b.Phương trình , bất phương trình mũ , lôgarit ( 1đ)

c Nguyên hàm , tích phân và các ứng dụng tính diện tích, thể tích (1đ)

d Phương trình , bất phương trình căn thức (1đ) 3) Hình học không gian (2đ)

4) Hình học phẳng ( Đường thẳng, đường tròn, elíp) (1đ)

5) Nhị thức niu tơn ( kết hợp đạo hàm và tích phân) (1đ)

6) Hệ phương trình mũ , lôgarit ( với ban A)

Trường THPT Nguyễn Huệ

Cấu trúc đề thi thử đại học môn toán khối 12 lần thứ 2

1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số và các bài toán có liên quan đến khảo sát hàm số (2đ) 2) Phương trình :

a Phương trình lượng giác (1đ) b.Phương trình , bất phương trình mũ , lôgarit ( 1đ)

c Nguyên hàm , tích phân và các ứng dụng tính diện tích, thể tích (1đ)

d Phương trình , bất phương trình căn thức (1đ) 3) Hình học không gian (2đ)

4) Hình học phẳng ( Đường thẳng, đường tròn, elíp) (1đ)

5) Nhị thức niu tơn ( kết hợp đạo hàm và tích phân) (1đ)

6) Hệ phương trình mũ , lôgarit ( với ban A)