TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN NGA SƠN - THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A ppt

…Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN NGA SƠN _ THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A NĂM 2009 Môn: Toán Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH Câu I (2 điểm). Cho hàm số 3 2 3 ( 1) 1y x x m x     có đồ thị là (C m ) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm những giá trị của m để đường thẳng 1y x  cắt đồ thị (C m ) tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C sao cho các tiếp tuyến của (C m ) tại B và C vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm). 1. Giải hệ phương trình 3 3 3 3 x y y x            2. Giải phương trình 23sin2sinsin 222  xxx Câu III (2 điểm) 1. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn tâm I(2; 2) bán kính R = 1 quanh trục hoành. 2. Trong không gian cho hai điểm A, B cố định, độ dài đoạn AB = a > 0. Ax và By là hai nửa đường thẳng vuông góc với nhau và cùng vuông góc với AB. Trên Ax và By lấy hai điểm M và N sao cho MN = b (với b là một số cho trước và b > a). a) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN. b) Xác định vị trí của M và N sao cho tứ diện ABMN có thể tích lớn nhất. Câu IV (1 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 3 2 1 ( 1) (1 ) 1x m x m x      . PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm P(3; 1) và hai đường thẳng có phương trình là 1 :2 1 0d x y   và 2 : 2 3 0d x y   . Viết phương trình đường thẳng đi qua P và tạo với hai đường thẳng 1 2 àd v d một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của 1 2 àd v d . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 1 2 1 : 2 1 1 x y z       2 1 2 3 : 2 1 2 x y z       và mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 + 4x -2y +6z + 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng tếp xúc với mặt cầu (S) đồng thời song song với 1  và 2  . 3. Tìm phần thực của số phức   2009 1 i Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( )E có phương trình 2 2 1 9 4 x y   và điểm M(- 1; 1) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt ( )E tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 3; - 2), B(0; 0; 1), C(2; 0; 1). Tìm tọa độ của điểm M sao cho MA 2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 3. Giải bất phương trình 2 4 0,5 2 16 log 4log 4 logx x x   …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KHỐI A Câu ý Nội dung Điểm 2 1 1 TXĐ D =  Sự biến thiên : y’ = 3x 2 + 6x + 3 = 3(x + 1) 2 0 x    Hàm số đồng biến trên  Hàm số không có cực trị Giới hạn : lim x y    Bảng biến thiên x  0  y’ + 0 + y   Đồ thị y 1 -1 O x 025 023 025 025 2 1 I Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C m ) và đường thẳng y = x + 1 x 3 + 3x 2 + mx = 0 2 0 3 0 x x x m         Đường thẳng y = x + 1 cắt đồ thị (C m ) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi 2 ( ) 3 0g x x x m    có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi và chỉ khi 9 0 9 4 0 4 (0) 0 0 0 m m g m m                      (*) Khi đó hoành độ của B và C thỏa mãn 3 . B C B C x x x x m        (1) Ta có f’(x) = 3x 2 + 6x + m + 1 Hệ số góc các tiếp tuyến tại B và C là f’(x B ) = 2 3 6 1 B B x x m   ,f’(x C ) = 2 3 6 1 C C x x m   Các tiếp tuyến tại B và C vuông góc khi và chỉ khi f’(x B ). f’(x C ) = -1  ( 2 3 6 1 B B x x m   ).( 2 3 6 1 C C x x m   ) = - 1  ( 2 3 6 B B x x )( 2 3 6 C C x x )+ (m + 1)( 2 3 6 B B x x + 2 3 6 C C x x ) + (m + 1) 2 = - 1  2 2 9( . ) 18 ( ) 36 3( 1)(( ) 2 3( )) B C B C B C B C B C B C B C x x x x x x x x m x x x x x x         025 025 025 …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) +m 2 + 2m + 2 = 0 Kết hợp với (1) ta được 9m 2 – 54m + 36m + 3(9 – 2m - 9) + m 2 + 2m + 2 = 0  5m 2 – 11m + 1 = 0  11 91 10 m   thỏa mãn điều kiện (*) Kết luận: Với 11 91 10 m   thì thỏa mãn yêu cầu. 025 2 1 1 Điều kiện: 0 3,0 3x y    Ta có 3 3 3 3 x y y x             2 (3 ) 0 2 (3 ) 0 x y x y y x y x              (3 ) (3 ) 0 (3 ) 0 (3 ) 0 x y y x x y y x               0 0 3 3 x y x y                  Kiểm tra ta thấy 0 3 , 0 3 x x y y           thỏa mãn. Kết luận : Hệ có hệ có hai nghiệm 0 3 , 0 3 x x y y           025 025 025 025 2 1 II Ta có 23sin2sinsin 222  xxx 2 1 os2x 1 os6x sin 2 2 2 2 c c x       2 2 os2 os6 2(1 sin 2 ) 0 os2 . os4 os 2 0 os2 ( os4 os2 ) 0 c x c x x c x c x c x c x c x c x            os2 0c x  hoặc cos4x + cos2x = 0 os2 0 4 2 c x x k       , cos4x + cos2x = 0 os4 os( 2 )c x c x     6 3 2 x k x k                 Kết luận: Phương trình có ba họ nghiệm 4 2 x k     , à 6 3 2 x k v x k          025 025 025 025 2 1 1 III Đường tròn tâm I(2; 1) bán kính R = 1 có phương trình : (x - 2) 2 + (y - 1) 2 = 1 …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Điều kiện: 1 3x  . Từ phương trình đường tròn ta có 2 1 1 ( 2)y x    với 1y  Và 2 1 1 ( 2)y x    với 1y  . Thể tích vật thể cần tìm     3 3 2 2 2 2 1 1 3 2 1 1 1 ( 2) 1 1 ( 2) 4 1 ( 2) V x dx x dx x dx                  Đặt x – 2 = sint với 2 2 x      . x = 1  t = 2   x = 3  t = 2  dx = costdt, 2 1 ( 2)x  = cost. Vậy V = 2 2 2 4 osc tdt      = 2 2 2 2 (1 os2 ) 2c t dt         025 025 025 025 2 1 a) Gọi I là trung điểm của MN. Ta có ,BN AB BN AM BN BM    x do đó tam giác BMN vuông tại B suy ra BI = 2 MN , A M tương tự AI = 2 MN . Vậy AI = BI = MI = NI = 2 MN = 2 b I Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R = 2 b B b) Đặt AM = x > 0, BN = y > 0 N Tam giác ABN vuông tại B nên AN 2 = AB 2 + BN 2 y Tam giác AMN vuông tại A nên MN 2 = AM 2 + AN 2 Suy ra b 2 = MN 2 = AM 2 + AB 2 + BN 2 = x 2 + a 2 + y 2 Do đó x 2 + y 2 = b 2 – a 2 không đổi. Tứ diện ABMN có đáy là ABM, đường cao BN. Thể tích 2 2 2 2 1 1 1 ax ( ) ( ) 6 12 12 V y a x y a b a     . Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN = 2 2 2 b a . 025 025 025 025 1 IV Ta có 3 2 1 ( 1) (1 ) 1x m x m x      2 2 ( 1)( 1) ( 1) ( 1)x x x m x x x         …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Điều kiện 1x   Khi đó bất phương trình tương đương với 2 2 1 1 1 1 x x m x x x x          2 2 1 1 1 1 x x m x x x x         (*) Đặt t = 2 1 1 x x x    , bất phương trình (*) có dạng : t – t 2 m (1) Ta có 2 2 2 2 2 2 ' , ' 0 1 3 1 2( 1) 1 x x t t x x x x x x               . Bảng biến thiên x -1 1 3   t’ + 0 - t 3 2 3 3  0 0 Vậy 11 7 3 0; 13 t           . Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm 11 7 3 0; 13 t           khi và chỉ khi 11 7 3 [0; ] 13 ax ( ) t M f t m    với f(t) = t – t 2 f’(t) = 1 – 2t Bảng biến thiên t 0 1 2 3 2 3 3  f’(t) + 0 - f(t) 1 4 Từ bảng biến thiên : 11 7 3 [0; ] 13 1 1 ax ( ) 4 2 t M f t khi x     Vậy ycbt tương đương với 1 4 m  025 025 025 025 3 1 1 Va Đường thẳng đi qua P(3 ; 1) có dạng :ax 3 0by a b     Đường thẳng  tạo với hai đường thẳng 1 2 àd v d một tam giác cân có đỉnh là giao của 1 2 àd v d khi và chỉ khi 1 2 ( , ) ( , )d d   1 2 os( ,d ) os( ,d )c c    025 …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 2 2 2 2 2 2 5( ) 5( ) 2 2 a b a b a b a b a b a b           2 2a b a b    hoặc 2 2a b a b    3 0a b   hoặc 3 0a b  Chọn a = 3, b = 1 hoặc a = 1, b = - 3. Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 3x + y –10 = 0 và x – 3y = 0 025 025 025 2 1 Vectơ chỉ phương của 1 1 2 1 : 2 1 1 x y z       và 2 1 2 3 : 2 1 2 x y z       lần lượt là (2; 1;1), ( 2;1;2)u v      . Mặt phẳng (P) song song với 1  và 2  nhận cặp vectơ (2; 1;1), ( 2;1;2)u v      làm cặp vectơ chỉ phương. Ta có   1 1 1 2 2 1 ; ; 3; 6;0 3(1;2;0) 1 2 2 2 2 1 n                  . Mặt phẳng (P) có dạng (P) : x + 2y + m = 0. Mặt cầu (S) có tâm I(- 2 ; 1 ; - 3) và bán kính R = 3. Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 ( ,( )) 3 3 5 1 2 0 m d I P R m            Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là x + 2y + 3 5 = 0 và x + 2y – 3 5 = 0. 025 025 025 025 3 1 Ta có       1004 2009 2 1004 1004 1004 1004 1 1 (1 ) ( 2 ) (1 ) 2 (1 ) 2 2 i i i i i i i            Vậy phần thực của số phức trên là 1004 2 025 025 025 025 3 1 1 Vb Đường thẳng  đi qua M(- 1 ; 1) có dạng 1 1 x at y bt         ( 2 2 0a b  ) A,B 1 1 1 1 A A x at y bt           và 2 2 1 1 B B x at y bt         . M là trung điểm của AB khi và chỉ khi 2 2 A B M A B M x x x y y y        1 2 2 2 1 2 1 2 ( ) 0 0 (1) ( 0) ( ) 0 a t t t t do a b b t t              A, B ( )E suy ra t 1 , t 2 là hai nghiệm của phương trình 4(-1 + at) 2 + 9(1 + bt) 2 = 36 4 2 2 (4 9 ) (8 18 ) 23 0a b t a b t      . t 1 + t 2 = 0 8 18 0 4 9 0a b a b      . Chọn a = 9, b = 4 025 025 025 025 …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình 1 9 1 4 x t y t         2 1 Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là G(1 ; 1 ; 0) Ta có       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MA MB MC 3 ( ) 3 MG GA MG GB MG GC MG GA GB GC MG GA GB GC MG GA GB GC GA GB GC                                 Vậy MA 2 + MB 2 + MC 2  2 2 2 GA GB GC  dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M G 025 025 025 025 3 1 Ta có   4 16 2 4 2 0,5 2 16 0,5 2 2 2 4 0,5 2 16 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 log 0 log 4log 4 log log 4log 0 log 4log 4 log 4 log 0 log 2log 0 log 2log 16 8log log 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x                                    2 2 8 0 log 5 log 2 0 64 1 25 1 0 4 x x x x x                              Tập nghiệm của bất phương trình là S = 64 1 [1; ] (0; ] 25 4  025 025 025 025 . …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN NGA SƠN _ THANH H A ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A NĂM 2009 Môn: Toán Thời gian làm bài. coi thi không giải thích gì thêm) 2 2 2 2 2 2 5( ) 5( ) 2 2 a b a b a b a b a b a b           2 2a b a b    hoặc 2 2a b a b    3 0a b