Tài liệu Thi thử ĐH môn Toán_THPT Thành Chương I docx

Đáy là tam giác ABC cân 120 BAC  , cạnh BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng SBC.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ

TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I

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

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y = -x3+3x2+1

1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số

2 Tìm m để phương trình x3-3x2 = m3-3m2 có ba nghiệm phân biệt

Câu II (2,0 điểm )

1 Giải bất phương trình: 4 4 2 16 6

2

   

2.Giải phương trình: 3 sin2 1sin 2 tan

2

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

x

e dx I





Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a 2 Đáy là tam giác ABC cân

120

BAC  , cạnh BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC)

Câu V (1,0 điểm)

Cho a,b,c là ba số thực dương Chứng minh:

 3 3 3

2

II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn :

Câu VI.a(2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x2y2 4x2y  và điểm 1 0

A(4;5) Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C) Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T1, T2, viết phương trình đường thẳng T1T2

2 Trong không gian Oxyz Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):

x y z  x y z  Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại

A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P)

Câu VII.a(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện:

z i  z 2 3i Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất

B Theo chương trình Nâng cao :

Câu VI.b(2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc

đường thẳng d: 2 2x y 2 20 và B, C thuộc trục Ox Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0),

C(0;-1;-2) Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC

Câu VII.b(1,0 điểm)

Cho hàm số (Cm):

2

1

y x

 



 (m là tham số) Tìm m để (Cm) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến của (Cm) tại A, B vuông góc

……….Hết………

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN

I.1

(1 điểm)

* TXĐ: R

Sự biến thiên: y' = -3x2 + 6x = -3x(x - 2)

y' = 0  0

2

x x











* Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞)

Hàm số đồng biến trên (0;2)

Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 5

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1

* lim

xy = + ∞, lim

xy = - ∞

* Bảng biến thiên

* Đồ thị: y'' = -6x + 6

y'' = 0  x = 1  điểm uốn I(1;3) là tâm đối xứng của đồ thị

0,25

0,25

0,25

0,25

I.2

(1 điểm)

* PT đã cho  -x3 + 3x2 + 1 = -m3 + 3m2 + 1 Đặt k = -m3 + 3m2 + 1

* Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k

* Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt  1 < k < 5

*  m (-1;3)\ 0; 2

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

II.1

(1 điểm) * Đk:

4 0

4 0

x x

 





 



 x  4 Đặt t = x4 x (t > 0) 4

BPT trở thành: t2 - t - 6  0  2( )

3

t

 



 



* Với t  3  2 2

16

x   9 - 2x

( )

4( 16) (9 2 )

a

b

 











 











x 4

9 - 2x 0

x 4

9 - 2x

0,25

0,25

0,25

* (a)  x  9

2

* (b)  145 9

36  x < 2

*Tập nghệm của BPT là: T= 145;

36

 

0,25

II.2

(1 điểm) * Đk: cosx  0  x 

2 k







PT đã cho  3 sin2x + sinxcosx - s inx

cos x = 0

*  sinx( 3 sinx + cosx - 1

cos x) = 0



s inx 0

1

osx

x c









* Sinx = 0  x = k

* 3 sinx + cosx - 1

cos x = 0  3 tanx + 1 - 12

cos x = 0

 tan2x - 3 tanx = 0  t anx 0

t anx 3











 x

x 3

k k













 Vậy PT có các họ nghiệm: x = k, x =

3 k







0,25

0,25

0,25

0,25

III

(1 điểm) * Đặt t = 2

x

e  , Khi x = ln2  t = 0

x = ln3  t = 1

ex = t2 + 2  e2x dx = 2tdt

* I = 2

2 0

( 2)

1

t t



 

 = 2

1

2 0

2 1

1

t

t t



 

 



* = 2

1

0

(t1)dt

 + 2

2 0

1

d t t

t t

 

 

* = ( 2 2 )1

0

t  t + 2ln(t2 + t + 1) 1

0= 2ln3 - 1

0,25 0,25 0,25

0,25

IV

(1 điểm) * Áp dụng định lí cosin trong ABC có AB = AC =

2 3

a

 S

ABC

1

2AB.AC.sin120

0 =

2

3 3

a

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC  HA = HB = HC

0,25

 H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC

* Theo định lí sin trong ABC ta có:

sin

BC

A = 2R  R = 2

3

a

= HA

SHA vuông tại H  SH = SA2HA2 = 6

3

a



S ABC

3 S ABC

2

2 9

a

* Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)

2

M A

h  SA   hM = 1

2hA SBC vuông tại S  S

SBC

 = a

2

* Lại có:

S ABC

V = 1

3 S SBC

 .hA  hA =

.

3 S ABC

SBC

V

V =

2 3

a

Vậy hM = d(M;(SBC)) = 2

6

a

0,25

0,25

0,25

V

(1 điểm)

* Ta cm với a, b > 0 có a3 + b3  a2b + ab2 (*)

Thật vậy: (*)  (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b)  0

 (a + b)(a - b)2  0 đúng

Đẳng thức xẩy ra khi a = b

* Từ (*)  a3 + b3  ab(a + b)

b3 + c3  bc(b + c)

c3 + a3  ca(c + a)

 2(a3 + b3 + c3 )  ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)

* Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có:

13

a + 3

1

a + 3

1

a  3

3

1 1 1

a b c =

3 abc (2)

* Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm

Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c

0,25

0,25

0,25

0,25

VI.a.1

(1 điểm)

* Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2

Ta có IA = 2 5 > R  A nằm ngoài đường tròn (C)

* Xét đường thẳng  : x = 4 đi qua A có d(I;1  ) = 2  1  là 1 tiếp 1

tuyến của (C)

*  tiếp xúc với (C ) tại T1(4;1) 1

* T1T2  IA  đường thẳng T1T2 có vtpt n

= 1

2 IA



=(1;2) phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1)

 x + 2y - 6 = 0

0,25 0,25 0,25

0,25

VI.a.2

(1 điểm) * Mp(P) có vtpt nP= (1;1;-2)

(S) có tâm I(1;-2;-1)

* IA

= (2;1;2) Gọi vtcp của đường thẳng  là u



 tiếp xúc với (S) tại A  u



 IA

Vì  // (P)  u



nP

* Chọn u0

= [IA

,nP] = (-4;6;1)

* Phương trình tham số của đường thẳng :

3 4

1 6 1

 





  



  



0,25

0,25

0,25 0,25

VII.a

(1 điểm)

* Đặt z = x + yi (x; y R)

|z - i| = |Z - 2 - 3i|  |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|

*  x - 2y - 3 = 0  Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là

đường thẳng x - 2y - 3 = 0

* |z| nhỏ nhất  | OM

| nhỏ nhất  M là hình chiếu của O trên 

*  M( 3

5

;-6

5)  z = 3

5

-6

5i

Chú ý:

HS có thể dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M

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

VI.b.1

(1 điểm)

* B = d  Ox = (1;0)

Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 )  d

H là hình chiếu của A trên Ox  H(t;0)

H là trung điểm của BC

* Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t1)2(2 2t2 2)2  3|t - 1|

ABC cân tại A  chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|

*  16 = 8|t - 1|  t 3





  



* Với t = 3  A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0)  G(3;4 2

3 ) Với t = -1  A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0)  G(1; 4 2

3

 )

0,25

0,25 0,25

0,25

VI.b.2

(1 điểm)

* Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của ABC

 d là giao tuyến của (ABC) với ( ) qua A và vuông góc với BC

* Ta có: AB

= (1;3;-3), AC

= (-1;1;-5) , BC

= (-2;-2;-2)

0,25

[AB

, AC

] = (18;8;2) mp(ABC) có vtpt n = 1

4[AB



, AC

] = (-3;2;1)

mp( ) có vtpt n' = -1

2 BC



= (1;1;1)

* Đường thẳng d có vtcp u

=[n, n' ] = (1;4;-5)

* Phương trình đường thẳng d:

1

2 4

3 5

 





  



  



0,25

0,25

0,25

VII.b

(1 điểm)

* Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox:

2

1

x

 



x

= 0 

2

0

x m







x

x 1 (Cm) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt  pt f(x) = x2 - x + m = 0 có 2 nghiệm

phân biệt khác 1

 0

(1) 0

f

 











1 4 0

m m









 



(*)

* Khi đó gọi x1, x2 là nghiệm của f(x) = 0  1 2

1 2

1

m









Ta có: y' = '( )( 1) ( 2 1) ' ( )

( 1)

x



 Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại A và B lần lượt là:

k1 = y'(x1) = 1 1 1

2 1

'( )( 1) ( ) ( 1)

x

 

1 1

'( ) ( 1)

f x

x  =

1 1

2 1

x

x 

* Tương tự: k1 = y'(x2) = 2

2

2 1

x

x  ( do f(x1) = f(x2) = 0)

Theo gt: k1k2 = -1  1

1

2 1

x

x  .

2 2

2 1

x

x  = -1

*  m = 1

5( thoả mãn (*))

0,25

0,25

0,25

0,25

GV: Nguyễn Thanh Phúc - ĐT: 038.8512668