Tài liệu Đề thi và đáp án kỳ thi thử ĐH môn Toán 2010_THPT Thanh Chương I Nghệ An pdf

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM 2010 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I Môn Toán (Thời gian làm bài: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = -x 3 +3x 2 +1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số 2. Tìm m để phương trình x 3 -3x 2 = m 3 -3m 2 có ba nghiệm phân biệt. Câu II (2,0 điểm ). 1. Giải bất phương trình: 2 4 4 16 6 2 x x x x + + − ≤ + − − 2.Giải phương trình: 2 1 3 sin sin 2 tan 2 x x x+ = Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: ln3 2 ln2 1 2 x x x e dx I e e = − + − ∫ Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC= 2a . Đáy là tam giác ABC cân · 0 120BAC = , 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 3 3 3 1 1 1 3 2 b c c a a b a b c a b c a b c + + +     + + + + ≥ + +  ÷  ÷     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) : 2 2 4 2 1 0x y x y+ − − + = và điểm A(4;5). Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T 1 , T 2 , viết phương trình đường thẳng T 1 T 2 . 2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S): 2 2 2 2 4 2 3 0x 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: 2 3z i z i− = − − . 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 2 2 2 0x y− − = 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 (C m ): 2 1 x x m y x − + = − (m là tham số). Tìm m để (C m ) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến của (C m ) tại A, B vuông góc. ……………………….Hết………………………… 1 SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN Câu Nội Dung Điểm I.1 (1 điểm) * TXĐ: R Sự biến thiên: y' = -3x 2 + 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, y CĐ = 5 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = 1 * lim x→−∞ y = + ∞, lim x→+∞ y = - ∞ Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞ y' - 0 + 0 - + ∞ 5 y 1 -∞ *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 ⇔ -x 3 + 3x 2 + 1 = -m 3 + 3m 2 + 1. Đặt k = -m 3 + 3m 2 + 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 = 4 4x x+ + − (t > 0) BPT trở thành: t 2 - t - 6 ≥ 0 ⇔ 2( ) 3 t L t ≤ −   ≥  0,25 2 * Với t ≥ 3 ⇔ 2 2 16x − ≥ 9 - 2x 2 2 ( ) 0 ( ) 4( 16) (9 2 ) a b x x  ≥    ≤     ≥   >     − ≥ −   x 4 9 - 2x 0 x 4 9 - 2x * (a) ⇔ x ≥ 9 2 . * (b) ⇔ 145 9 36 2 ≤ x < . *Tập nghệm của BPT là: T= 145 ; 36   +∞ ÷    0,25 0,25 0,25 II.2 (1 điểm) * Đk: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 k π π + . PT đã cho ⇔ 3 sin 2 x + sinxcosx - sinx cos x = 0 * ⇔ sinx( 3 sinx + cosx - 1 cos x ) = 0 ⇔ sinx 0 1 3sinx cos 0 osx x c =    + − =  * Sinx = 0 ⇔ x = k π . * 3 sinx + cosx - 1 cos x = 0 ⇔ 3 tanx + 1 - 2 1 cos x = 0 ⇔ tan 2 x - 3 tanx = 0 ⇔ t anx 0 t anx 3 =   =  ⇔ x x 3 k k π π π =    = +  Vậy PT có các họ nghiệm: x = k π , x = 3 k π π + 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 e x = t 2 + 2 ⇒ e 2x dx = 2tdt * I = 2 1 2 2 0 ( 2) 1 t tdt t t + + + ∫ = 2 1 2 0 2 1 ( 1 ) 1 t t dt t t + − + + + ∫ * = 2 1 0 ( 1)t dt− ∫ + 2 1 2 2 0 ( 1) 1 d t t t t + + + + ∫ * = 2 1 ( 2 ) 0 t t− + 2ln(t 2 + t + 1) 1 0 = 2ln3 - 1 0,25 0,25 0,25 0,25 3 IV. (1 điểm) * Áp dụng định lí cosin trong ∆ ABC có AB = AC = 2 3 a ⇒ S ABC∆ = 1 2 AB.AC.sin120 0 = 2 3 3 a . Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC ⇒ HA = HB = HC ⇒ 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 = 2 2 SA HA− = 6 3 a ⇒ .S ABC V = 1 3 S ABC∆ .SH = 2 2 9 a * Gọi h A , h M lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC) ⇒ 1 2 M A h SM h SA = = ⇒ h M = 1 2 h A . ∆ SBC vuông tại S ⇒ S SBC∆ = a 2 * Lại có: .S ABC V = 1 3 S SBC∆ .h A ⇒ h A = . 3 S ABC SBC V V ∆ = 2 3 a Vậy h M = d(M;(SBC)) = 2 6 a 0,25 0,25 0,25 0,25 V (1 điểm) * Ta cm với a, b > 0 có a 3 + b 3 ≥ a 2 b + ab 2 (*) Thật vậy: (*) ⇔ (a + b)(a 2 -ab + b 2 ) - ab(a + b) ≥ 0 ⇔ (a + b)(a - b) 2 ≥ 0 đúng Đẳng thức xẩy ra khi a = b. * Từ (*) ⇒ a 3 + b 3 ≥ ab(a + b) b 3 + c 3 ≥ bc(b + c) c 3 + a 3 ≥ ca(c + a) ⇒ 2(a 3 + b 3 + c 3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1) * Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có: 3 1 a + 3 1 a + 3 1 a ≥ 3 3 3 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 1 ∆ : x = 4 đi qua A có d(I; 1 ∆ ) = 2 ⇒ 1 ∆ là 1 tiếp tuyến của (C) * 1 ∆ tiếp xúc với (C ) tại T 1 (4;1) 0,25 0,25 0,25 4 * T 1 T 2 ⊥ IA ⇒ đường thẳng T 1 T 2 có vtpt n r = 1 2 IA uur =(1;2) phương trình đường thẳng T 1 T 2 : 1(x - 4) + 2(y - 1) ⇔ x + 2y - 6 = 0 0,25 VI.a.2 (1 điểm) * Mp(P) có vtpt P n ur = (1;1;-2). (S) có tâm I(1;-2;-1) * IA uur = (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng ∆ là u ∆ ur ∆ tiếp xúc với (S) tại A ⇒ u ∆ ur ⊥ IA uur Vì ∆ // (P) ⇒ u ∆ ur ⊥ P n ur * Chọn 0 u ur = [ IA uur , P n ur ] = (-4;6;1) * Phương trình tham số của đường thẳng ∆ : 3 4 1 6 1 x t y t z t = −   = − +   = +  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 uuuur | nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của O trên ∆ * ⇔ M( 3 5 ;- 6 5 ) ⇒ z = 3 5 - 6 5 i 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 = 2 2 ( 1) (2 2 2 2)t t− + − = 3|t - 1| ∆ ABC cân tại A ⇒ chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| * ⇒ 16 = 8|t - 1| ⇔ t 3 t 1 =   = −  * 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 5 VI.b.2 (1 điểm) * Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của ∆ ABC ⇒ d là giao tuyến của (ABC) với ( α ) qua A và vuông góc với BC. * Ta có: AB uuur = (1;3;-3), AC uuur = (-1;1;-5) , BC uuur = (-2;-2;-2) [ AB uuur , AC uuur ] = (18;8;2) mp(ABC) có vtpt n ur = 1 4 [ AB uuur , AC uuur ] = (-3;2;1). mp( α ) có vtpt n ur ' = - 1 2 BC uuur = (1;1;1) * Đường thẳng d có vtcp u ur =[ n ur , n ur ' ] = (1;4;-5). * Phương trình đường thẳng d: 1 2 4 3 5 x t y t z t = +   = − +   = −  0,25 0,25 0,25 0,25 VII.b (1 điểm) * Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) với Ox: 2 1 x m x − + − x = 0 ⇔ 2 0x m  − + =  ≠  x x 1 (C m ) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt ⇔ pt f(x) = x 2 - x + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ 0 (1) 0f ∆ >   ≠  ⇔ 1 4 0 m m  <    ≠  (*) * Khi đó gọi x 1 , x 2 là nghiệm của f(x) = 0 ⇒ 1 2 1 2 1 m + =   =  x x x x . Ta có: y' = 2 '( )( 1) ( 1)'. ( ) ( 1) f x x x f x x − − − − ⇒ Hệ số góc tiếp tuyến của (C m ) tại A và B lần lượt là: k 1 = y'(x 1 ) = 1 1 1 2 1 '( )( 1) ( ) ( 1) f x x f x x − − − = 1 1 '( ) ( 1) f x x − = 1 1 2 1 x x − * Tương tự: k 1 = y'(x 2 ) = 2 2 2 1 x x − ( do f(x 1 ) = f(x 2 ) = 0) Theo gt: k 1 k 2 = -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 6 . GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM 2010 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I Môn Toán (Th i gian làm b i: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. t i A, B vuông góc. ……………………….Hết………………………… 1 SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 ĐÁP ÁN VÀ THANG I M MÔN