TOAN CO DAP AN THI THU DH 2012

Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá khi m = 3.. Phần 2: Theo chương trình nâng cao2[r]

TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 )

NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28/02/2011

MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ)

I PHẦN CHUNG: (7 điểm)

Câu 1:Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ (Cm); (m là tham số)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3

2 Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau

Câu 2: 1 Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8

2 Giải hệ phương trình:

1 4 1 2





   



Câu 3: Tính J =  

x ln10

2 3 x

e dx

Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB)

vuông góc với đáy, SA=2a; SAB 600.

Câu 5: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn

1 1 1

2009

x y z 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

2x y z  x2y z  x y 2z

II.PHẦN TỰ CHỌN: (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn

Câu 6a.

1 Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0;

4x + 7y – 21 = 0 viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đĩ, biết rằng trực tâm của nĩ trùng với gốc tọa độ O

2 Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng

(d) : x −11 =y

2=

z +2

2 và mặt phẳng ( P ) : 2x – y – 2z = 0

Câu 7a Giải phương trình sau trong C: Z3 - 2Z2 + 8Z – 16 = 0

2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao.

Câu 6b

1 Trong mpOxy, cho đường trịn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0 Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) mà gĩc giữa hai tiếp tuyến đĩ bằng 600

2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d1) :

¿

x=2 t y=t z=4

¿{ {

¿

; (d2) :

3 0

y t z

 









 



Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2)

Câu 7b Giải phương trình sau trong C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0

HƯỚNG DẪN GIẢI:

I PHẦN CHUNG:

Câu 1: : y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm)

1 m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3)

+ TXĐ: D = R

+ Giới hạn: xlim y , limx y

       

+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2  0; x

* Bảng biến thiên:

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)

y” = 0  x = –1 điểm uốn I(-1;0)

* Đồ thị (C3):

2 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0 





x 02

* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:

 Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE  0











m 0

9 4m 0

4 m

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:

kD = y’(xD) = 3x2D6xDm(xD2m);

kE = y’(xE) = 3x2E 6xE m(xE2m)

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1

 (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

 9m + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)

 4m2 – 9m + 1 = 0  m = 1 9 65  

8 ĐS: m = 19 65 hay m 19 65

Câu 2 :

1 3 sin x cosx 2cos3x 0   sin3sinx + cos3cosx = – cos3x.



x  cos3x



x  cos( 3x) 3





 





   



k x

k

3 2 (k  Z)

2 Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

x291 y291 y 2 x 2y2 x2

2 2

y x y x

  

1

x y

 x = y (trong ngoặc luơn dương và x vay đều lớn hơn 2)

Vậy từ hệ trên ta cĩ: x291 x 2x2  x291 10  x 2 1 x2 9

2 2

( 3)( 3)

2 1

91 10

x x

 

2 1

91 10

x x

 x = 3

Vậy nghiệm của hệ x = y = 3



b

2/3 1/ 3

3 u

b 2/ 3

3 4 (e 2) ;

2 với u = ex – 2, du = exdx) Suy ra:  

b 2/ 3

b ln2 b ln2

Câu 4:

Dựng SH AB

 Ta có:

SH (ABC)

  và SH là đường cao của hình chóp

 Dựng HN BC, HP AC 

 SHN = SHP   HN = HP

 AHP vuông có:

4

 SHP vuông có:

a 3

4

 Thể tích hình chóp

ABC

S

H

P

C A

B

N



Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta cĩ:

4ab ≤ (a + b)2

1 4

a b





1 1 1

( , 0)

Ta cĩ:

2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z

Tương tự:

Vậy

2x y z   x2y z x y 2z

Vậy MaxP =

2009

4 khi x = y = z =

12 2009 II.PHẦN TỰ CHỌN:

1 Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản

Câu 6a.1a

1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3)

Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCPa = (7; - 4) của AC làm VTPT

Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7)

A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0

2 Gọi A(a; 0; 0) Ox

 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) :  2 2 2

d(A; )

3

2 1 2

 ( ) qua  M (1; 0; 2)0  và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)

 Đặt M M 0 1 u

 Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác  AM M0 1

0 1

2 0

AM M

[AM ; u]

d(A; )

 



 Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )  

2

2

 Vậy, có một điểm A(3; 0; 0)

Câu 6a.2a n = a b cd e

* Xem các số hình thức a bcd e, kể cả a = 0 Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là c) Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \  1 : số cách chọn A47.

Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài

* Xem các số hình thức 0bcd e

* Loại những số dạng hình thức 0b cd e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài.

1 Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao:

Câu 6b.1b

1 (C) cĩ tâm I(3;0) và bán kính R = 2

M  Oy  M(0;m)

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)

Vậy





0 0

60 (1)

120 (2)

AMB

AMB





Vì MI là phân giác của AMB

(1)  AMI = 300 sin 300

IA MI

 MI = 2R  m29 4  m 7

(2)  AMI = 600 sin 600

IA MI

 MI =

2 3

3 R 

9 3

m  

Vơ nghiệm Vậy cĩ hai điểm M1(0; 7) và M2(0;- 7)

2.- (d1) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương u1 (2; 1; 0)

- (d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương u2 (3; 3; 0)

AB (3; 0; 4)  

  AB.[u ; u ] 36 0              1 2                 AB, u , u 1 2

không đồng phẳng

 Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau

 Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2)

 M (d ) 1  M(2t; t; 4), N (d ) 2  N(3 t ; t ; 0) /  /



 Ta có:

1

2

N(2; 1; 0)

t 1

MN u





 Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính

1

2

 Vậy, phương trình mặt cầu (S): (x 2) 2(y 1) 2 (z 2) 2 4

Câu 6b.2b

Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0

Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = 2 Vậy phương trình trở thành:

(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0

Suy ra: Z3 = 2 2 i và Z4 = –2 2 i

Đáp số: 1,2, 2 2 i, 2 2 i  

-Hết -HỌ VÀ TÊN : TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC

ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 02 )

NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 21/03/2011

MÔN: TOÁN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).

2 Tìm điểm M thuộc đường thẳng y = 3x - 2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.

Câu II ( 2 đ ) :

1 Giải phương trình log 2 2 log 4 logx  2x  2x8

.

2 Giải phương trình 2sin2 x  2 3 sin cos x x   1 3 cos  x  3 sin x 

.

Câu III ( 2 đ ) :

trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d:2x y  3 0.

2 Tính tích phân:

2

6

cotx

sinx.sin x

4













Câu IV ( 2 đ )

Trong không gian Oxyz cho A ( 1; 2; - 1) và ( d ) :

x  y z 

Và mặt phẳng ( p ) : 2x + y - z + 1 = 0

1 Viết phương trình đường thẳng đi qua A , song song với ( P ) và vuông góc ( d ).

2 Viết phương trình đường thẳng đi qua A , cắt ( d ) và song song với ( P )

Câu V ( 2 đ )

1 Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của x 2 2n, biết A n3 8C n2C n1 49 (A n k là số chỉnh hợp chập k của n phần tử,

k n

C là số tổ hợp chập k của n phần tử).

2 Cho a,b, c dương và a2 + b2 + c2=3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

HẾT

Chúc các em làm bài tốt

ĐÁP ÁN ĐỀ 02

I.1 Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)

Xét biểu thức P=3x-y-2

Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0

Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất

=> 3 điểm A, M, B thẳng hàng

Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

4

5

x

y









 =>

4 2

;

5 5

M  

II Tính

2

sinx sinx cos sin x 1 cot sin x sin

4

x



Đặt 1+cotx=t 2

1 sin x dx dt

Khi

3 1

1 3;

x   t x  t 

Vậy

3 1 3

3 1 3

3

t

t











III 1 Ta có:

3

3



3

3



3

3



Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

2 2 2 9 3 2 2 2

P     a b c

(4) Vì a2+b2+c2=3

Từ (4)

3 2

P

vậy giá trị nhỏ nhất

3 2

P 

khi a=b=c=1

1.Giải phương trình 2sin2 x2 3 sin cosx x 1 3 cos x 3 sinx

.

2 2

5

2.(1 điểm) Điều kiện

1

0, 1,

2

x x x

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với

log xlog 2x log 2x  log x1 log x 1 log x log x1 log x  log2 x 1 x2

III 1 A Ox B Oy ,   A a ;0 , B0; ,b AB   a b; 

Vt c p của d là u 1; 2



Toạ độ trung điểm I của AB là 2 2;

a b

  A và Bđối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi

4

2

3 0 2

a

AB u

b

b a

I d







 

Vậy A4;0 , B0; 2 

0

n

n k



Hệ số của x8 là C n4.2n4

A n3 8C n2C n149n 2 n1n 4n1n n 49 n3 7n27n 49 0

 n 7 n27  0 n7

Vậy hệ số của x8 là C74.23 280