DETHI THU LTV LAN 3

Các điểm cực trị của đồ thị hàm số 1 nằm về hai phía khác nhau của đường thẳng y = 1 khi và chỉ khi đồ thị của hàm số 1 cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt.. Ta có : * có ba nghi[r]

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

-ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III

Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (8,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 33(m 1)x2 (2m1)x m 4 (1), m là tham số thực

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

2. Chứng minh rằng với mọi m, đồ thị của hàm số (1) luôn có các điểm cực đại, cực tiểu Tìm m để

các điểm cực trị của đồ thị của hàm số (1) nằm về hai phía khác nhau của đường thẳng y 1.

Câu II (1,0 điểm) Giải phương trình

2

4

3

4cos x + 2cos x 2cosx 1

x  x 

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

2 3

2

x dx





Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O,AB a  , 2

a

OS 

,

góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) bằng 600 Gọi M là trung điểm của cạnh SC Mặt phẳng (ABM)

cắt SD tại điểm N Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABMN và chứng minh rằng hai mặt phẳng (ABM) và (SCD) vuông góc với nhau

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1;2  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

Câu VI (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;0;1), (2;1;3)B , đường thẳng

:

 và mặt phẳng ( ) : 2P x y z   2 0 Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại

C, cắt  tại D sao cho ABCD là hình bình hành.

Câu VII (1,0 điểm) Tìm số phức C sao cho tổng lập phương các nghiệm của phương trình

z  i z C 

bằng 10 2 i

PHẦN RIÊNG (2,0 điểm)

Câu VIII.a (2,0 điểm) (Dành cho thí sinh thi khối A, B)

1. Giải hệ phương trình

2











2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I(2;1), bán kính R 5. Tìm tọa độ các đỉnh A B C, , , biết rằng tam giác ABC có trực tâm là điểm

( 1; 1)

4 sin

5

BAC 

và điểm A có hoành độ âm

Câu VIII.b (2,0 điểm) (Dành cho thí sinh thi khối D)

1 Giải phương trình x33x29x 7 (x10) 4 x0 (x ).

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) đi qua điểm A(9;8), tiếp xúc với đường thẳng d: 3x4y 9 0 và có chu vi nhỏ nhất

Hết

-SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

-ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1: yx3 3x3

* Tập xác định: .

* Sự biến thiên: y' 3 x23; y' 0  x1

* Hàm số đồng biến trên các khoảng (  ; 1) và (1;); nghịch biến trên (-1; 1); yCĐ = 5, yCT = 1

* Bảng biến thiên

x   -1 1 

y’ + 0 - 0 +

5 

y

  1

* Vẽ đúng đồ thị

2) Chứng minh rằng với mọi m, đồ thị hàm số (1)

Ta có:

2

y  x  m x m

Vì  ' 9m212m12 0 m nên y' có hai nghiệm phân biệt với mọi m Từ đó suy ra đồ thị hàm

số (1) luôn có các điểm cực đại, cực tiểu

Các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) nằm về hai phía khác nhau của đường thẳng y = 1 khi và

chỉ khi đồ thị của hàm số (1) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt Điều này đương đương với

phương trình tương giao

x  m x  m x m

có ba nghiệm phân biệt

Ta có :

2

2

1

x







(*) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi g(x) có hai nghiệm phân biệt khác 1 Từ đó ta được

2

1

m







Đáp số m 1.

1 điểm

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

-1điểm

0,5đ

0,25đ

0,25đ

Giải phương trình:

2

4cos x + 2cos x 2cosx 1

x  x 

Điều kiện:

4cos x + 2cos x 2cosx 1 (2cosx 1).cos2x 0 2

2

k m m

x









  





Ta có:

x  x     x

0,25đ

0,25đ

2sin2xcosx cos 2x+ 2sin2xcosx+ sin 2 sin 2 (2cosx+1)



Phương trình trở thành

sin 2 (2cos 1)

cos 2 (2cos 1)

x

k





Đối chiếu với điều kiện ta được x 6 k





hoặc

5

3

x   k k 

0,25đ

0,25đ

Tính tích phân

2 3

2

x dx





Ta có

2

3

3

2

9 (9 x )

189

8

Tính

3

3

2

Jx 9 x dx

Đặt x 3sin t với

2 2

t   

  Ta có dx 3cos tdt

Đổi cận:

3

x  t x  t

Từ đó:

2

6

J 9sin t 9 9sin t.3cos tdt 9sin t.3cos t.3cos tdt





Vậy

I

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Tính thể tích khối chóp S.ABMN và chứng minh rằng hai mặt phẳng (ABM) và (SCD) vuông góc

với nhau.

Ta có (SAB) ( SCD)Sx/ /AB CD/ / Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD Ta có

( IJ)S Sx Mặt khác theo giả thiết

IJ OS

a

, suy ra ISJ 90 0 Vậy góc giữa hai mặt phẳng

(SAB) và (SCD) là ISJ  600 Từ đó suy ra tam giác SIJ đều Do đó

3 2

a

SO 

Ta có N là trung điểm của SD và V S ABMN. V S ABM. V S AMN.

.

.

S ABM

S ABC

.

.

S AMN

S ACD

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Vậy

3 2

+) Gọi EMNSJ Do tam giác SIJ đều nên ta có IESJ Mặt khác do CD(SIJ) nên ta có

CDIE Từ đó ta được IE(SCD), và do vậy (ABM)(SCD)

S x

N E M

D J C

A I B

0,25đ

Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1;2  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

x y y z z x P

Không mất tính chất tổng quát ta có thể giả sử 1   x y z 2 Ta có

( , , )

Ta có

'

0

x

f

do 1   x y z 2

Từ đó suy ra

Mặt khác ta có

'

z

g

do 1  y z 2.

Do đó

Ta có

2

'( )

y

h y



Suy ra max ( ) max (1), (2), ( 2)1;2   (1) (2) 7

y



Từ đó suy ra Pf(1, , )y z g y z( , )g y( , 2)h y( ) 7

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

Khi x y 1,z2 ta có P = 7 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 7.

Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C, cắt  tại D sao cho ABCD là hình bình hành.

Giả sử D t(2 ,1t, 2t) , C a b a b( , , 2  2) ( ) P Ta có

DCa t b t  a b t 

Vì ABCD là hình bình hành nên ta có:

DC AB



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vậy phương trình đường thẳng d là

x y z

0,5đ

0,25đ

0,25đ

Tìm số phức C sao cho tổng lập phương các nghiệm của phương trình z2 (1i z C)  0

bằng 10 2 i

Theo Định lý Viet ta có

1 2

1 2

1

z z C









Suy ra:

z z  z z  z z z z  i  i C   i i C

Vậy

3 3

12

2 2 3(1 )

i





0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

3 Giải hệ phương trình

2











Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

2



Đặt

y

t

x



, ta có phương trình

2 2

Thay y2x vào phương trình thứ hai của hệ ta được

2

2 x5x  x 5 Đặt z x5 0 Ta có hệ phương trình

2

5

2 0

z x

x z

x z





Trường hợp x z  2 0 không xảy ra vì x z , 0.

Với x z 0 ta được

2

x  y x 

1 điểm

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

-1 điểm

4 Tìm tọa độ các đỉnh A B C, , , biết tam giác ABC…

Ta có BC2 sinR BAC8.

Gọi M là trung điểm của BC, kẻ đường kính AA’ Ta có BHCA’ là hình bình hành, suy ra M là trung

điểm của A’H Do đó AH 2IM 2 IB2 BM2 2 52 42 6.

Giải hệ

5

6

IA

HA









 , với giả thiết x  A 0 ta được A ( 1;5).

Ta có

(2, 2) 1

(0; 3)

M

u











Phương trình đường thẳng BC là

2 2

y

 









Kết hợp với MB MC 4, ta được B(6; 2), ( 2; 2) C   hoặc B( 2; 2), (6; 2).  C 

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

1) Giải phương trình x33x29x 7 (x10) 4 x0 (x ).

Điều kiện x 4

Biến đổi phương trình về: (x1)36(x1) 4 x.(4 x6).

Đặt u x 1,v 4 x0 Ta có phương trình

3 3

6 0

u v

u uv v







Trường hợp 1:

2

2

x

 

2) Lập phương trình đường tròn (C) đi qua điểm A(9;8), tiếp xúc với đường thẳng

d x y  và có chu vi nhỏ nhất.

Gọi I là tâm của (C) Giả sử (C) tiếp xúc với d tại điểm M Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên

đường thẳng d Ta có

| 3.9 4.8 9 |

R IA IM  AM AHd A d      R

Vậy đường tròn (C) có chu vi nhỏ nhất khi và chỉ khi I là trung điểm của AH và R 5

Phương trình đường thẳng AH là

4(x 9) 3( y 8) 0  4x 3y12 0

Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ

(3;0)

H

Từ đó suy ra I(6;4).

Vậy phương trình đường tròn (C) là (x 6)2(y 4)225

1 điểm

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

1 điểm

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: