Đề và đáp án thi thử ĐH-CD

TR SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀTHI THỬ ĐH LẦN I NĂM HỌC 2009-2010 TRƯỜNG THPT PHAN THÚC TRỰC Môn: Toán: Khối: A (Thời gian làm bài 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 - 2(m+1)x 2 + 2m+1 (1) ( m là tham số ) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2 2.Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị và diện tích tam giác tạo thành bởi 3 điểm đó bằng 32 (đvdt) Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 sin 2 2cos 1 5 sin cos sin cos3 sin 3 2 x x x x x x x π + −   = −  ÷ − − +   2.Giải phương trình: 3 1 1 1 2 2 x x+ + − = Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 4 0 cos sin 3 sin 2 x x dx x π + + ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A 1 B 1 C 1 .Các mặt phẳng (ABC 1 ) và (A 1 B 1 C) chia khối lăng trụ thành 4 phần. Tính tỉ số thể tích của 4 phần đó. CâuV ( 1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 2 1 1 1 27 ( ) ( ) ( ) 2( )b a b c b c a c a a b c + + ≥ + + + + + PHẦN RIÊNG: (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (A hoặc B) A/ Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(2;1).Lập phương trình đường thẳng đi qua M và cắt hai đường thẳng d 1 : x+y – 1=0, d 2 : 2x – y =0 lần lượt tại A,B sao cho MA=2MB. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d 1 : 7 3 9 1 2 1 x y z− − − = = − , d 2 : 3 1 1 7 2 3 x y z− − − = = .Tìm toạ độ hai điểm M,N lần lượt thuộc d 1 , d 2 sao cho đoạn MN nhỏ nhất. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm M,N. Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 2 3 2 1 6 2 10 2 x x x A C C x − ≤ + ( với , k k n n A C lần lượt là chỉnh hợp và tổ hợp chập k của n phần tử ) B/ Theo chương trình nâng cao CâuVI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy,cho điểm K(1;1). Lập phương trình đường thẳng đi qua Kvà cắt hai đường thẳng d 1 : 3x - 4y – 6 = 0, d 2 : 5x +12y +4 = 0 lần lượt tại A,B sao cho tam giác MAB cân tại M ( M là giao điểm của d 1 và d 2 ). 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho tam giác ABC biết: A(2;0;0), B(0;2;0), C(0;0;1). Tìm tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 4 2 4 3 3 4 2 5 2 2 xy x x y y x x y − +  − + =  + = +  ………… Hết ………… Họ và tên thí sinh …………………………… Số báo danh ………………… 1 ĐÁP ÁN KIÊM BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2009-2010 ( Đáp án này có 06 trang) Câu 1 (2,0đ) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2. Khi m=2: y=x 4 -6x 2 +5 Tập xác định: D=R Sự biến thiên: y ’ =4x 3 -12x; y ’ =0 0; 3x x⇔ = = ± Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( ) 3;0 ; 3;− +∞ ,hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ( ) ; 3 ; 0; 3−∞ − 0,25 Hàm số đạt cực đại tại (0) 5 cd x o y y= ⇒ = = , HS đạt cực tiểu tại 3 ( 3) 4 ct x y y= ± ⇒ = ± = − Giới hạn: lim x y →±∞ = +∞ 0,25 Bảng biến thiên: x −∞ 3− 0 3 +∞ y ’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ 5 +∞ -4 -4 0,25 Đồ thị hàm số: Giao với ox tại: ( ) ( ) 1;0 , 5;0± ± 4 2 -2 -4 y x - 5 5 o 1 -1 5 Giao với oy tại: (0;5) Đồ thị nhận oy làm trục đối xứng Đồ thị có hai điểm uốn: (-1;0), (1;0) 0,25 2. y ’ = 4x 3 -4(m+1)x = 4x(x 2 -m-1). Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ y ’ =0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình x 2 -m-1=0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m+1>0 ⇔ m>-1 (1) Khi đó y ’ =0 có 3 nghiệm: x=0; x= 1m± + 0,5 Đồ thị có một điểm cực đại: A(0;2m+1), có hai điểm cực tiểu: ( ) ( ) 2 2 1; , 1;B m m C m m− + − + − . Ta có BC= 2 1m + .Gọi H là giao điểm của BC và oy, chiều cao của tam giác ABC là AH=(m+1) 2 . S ABC =1/2BC.AH= 2 1.( 1)m m+ + 0,25 Theo đề ra : S ABC =32 nên 2 1.( 1)m m+ + =32 ⇔ m=3 (2). Kết hợp (1) và (2) suy ra m=3 0,25 2 KL: m=3 là giá trị cần tìm Câu 2 (2,0đ) 1. Giải phương trình: 2 sin 2 2cos 1 5 sin cos sin cos3 sin 3 2 x x x x x x x π + −   = −  ÷ − − +   (1) Tacó : cosx-sinx-cos3x+sin3x = (cosx-cos3x)+(sin3x-sinx) = 2sinx(sin2x+cos2x), đk: 2sinx(sin2x+cos2x) ≠ 0 (2) 0,25 Với đk(2), pt(1) ⇔ sin 2 cos2 cos 2sin (sin 2 cos 2 ) x x x x x x + = + 0,25 1 cos sin 2 1 , 2sin 4 x x x k k Z x π π ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈ .Kết hợp với đk (2) suy ra nghiệm phương trình (1) là : , 4 x k k Z π π = + ∈ 0,5 2. Đk: 1 1 0 2 2 x x− ≥ ⇔ ≤ , Đặt 3 3 2 1 1 2 2 ( 0) 1 1 2 2 u x u x v v x v x   = + = +     ⇒ ≥     = − = −     (1) Khi đó phương trình trở thành 3 2 1 1 u v u v + =   + =  (2) 0,25 Giải hệ (2) được 3 nghiệm: { } ( ; ) (0;1),(1;0),( 2;3)u v = − 0,25 1 2 ( ; ) (0;1)u v x= ⇒ = − , 1 ( ; ) (1;0) 2 u v x= ⇒ = , 17 2 ( ; ) ( 2;3)u v x − = − ⇒ = 0,25 Đối chiếu điều kiện (1) suy ra phương trình có 3 nghiệm: x=-1/2; x=1/2; x=-17/2 0,25 Câu 3 (1,0đ) Tính tích phân: I = 4 0 cos sin 3 sin 2 x x dx x π + + ∫ = 4 2 0 cos sin 4 (sin cos ) x x dx x x π + − − ∫ 0,25 Đổi biến: sin cos (cos sin )t x x dt x x dx= − ⇒ = + ; Đổi cận: 0 1; 0 4 x t x t π = ⇒ = − = ⇒ = Ta có 0 2 1 4 dt I t − = − ∫ 0,25 Đổi biến: 2sin ( ) 2cos 2 2 t u u dt udu π π = − < < ⇒ = Đổi cận: 0 0; 1 6 t u t u π = ⇒ = = − ⇒ = − . Ta có : 0 2 6 2cos 4 4sin udu I u π − = − ∫ 0.25 0 0 6 6 2cos 2 cos 6 udu du u π π π − − = = = ∫ ∫ 0,25 3 Câu4 (1,0đ) M N A1 B1 C1 A C B Gọi M,N là giao điểm của BC 1 và B 1 C,AC 1 và A 1 C . MN là giao tuyến của (ABC 1 ) và (A 1 B 1 C) . Đặt 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 ; ; ; CMNC C MNB A CMNBA MNABB A V V V V V V V V= = = = Gọi V là thể tích khối lăng trụ ta có: 1 1 1 1 3 CA B C C ABC V V V= = 0,25 Tacó: 1 1 1 1 2CA B C V V V= + ; 1 1 1 1 1 1 1 1 . . 1 . . 4 CA B C V CM CN CC V CA CB CC = = 1 1 1 1 2 1 1 . ; 4 4 3 12 3 12 4 CA B C V V V V V V V V⇒ = = = = − = 0,25 1 1 1 1 3 1 1 3 12 4 C ABC CA B C V V V V V V V V= − = − = − = , 4 1 2 3 5 ( ) 12 V V V V V V= − + + = 0.25 1 2 3 4 : : : 1:3:3: 5V V V V = 0.25 Câu 5 (1,0đ) Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 2 1 1 1 27 ( ) ( ) ( ) 2( )b a b c b c a c a a b c + + ≥ + + + + + (1) Thật vậy (1) 2 1 1 1 2( ) 27 ( ) ( ) ( ) a b c b a b c b c a c a   ⇔ + + + + ≥   + + +   ⇔ 2 2 2 1 1 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 27 ( ) ( ) ( ) a ca b ab c bc ab bc ca b a b c b c a c a     + + + + + + + + + + ≥     + + +   [ ] 1 1 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a a c b b a c c b b a b c b c a c a   ⇔ + + + + + + +   + + +   + + [ ] 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 27 ( ) ( ) ( ) a b c b a c c a b b a b c b c a c a   + + + + + + + ≥   + + +   0,25 Áp dụng BĐT Côsi : Ta có [ ] 1 1 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a a c b b a c c b b a b c b c a c a   + + + + + + +   + + +   2.9 18 ≥ = 0,25 [ ] 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 9 ( ) ( ) ( ) a b c b a c c a b b a b c b c a c a   + + + + + + + ≥   + + +   0,25 Ta có : 2 1 1 1 2( ) 18 9 27 ( ) ( ) ( ) a b c b a b c b c a c a   + + + + ≥ + =   + + +   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. 0,25 4 KL: Với mọi a,b,c > 0 ta luôn có: 2 1 1 1 27 ( ) ( ) ( ) 2( )b a b c b c a c a a b c + + ≥ + + + + + Câu6a (2,0đ) 1. Gọi 1 2 N d d= ∩ . Toạ độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình: 1 1 0 1 2 3 ( ; ) 2 0 2 3 3 3 x x y N x y y   =   + − =   ⇔ ⇒   − =   =     TH1: Lấy điểm N ’ sao cho: ' 2MN MN= − uuuur uuuur . Ta tìm được toạ độ điểm ' 16 5 ( ; ) 3 3 N Viết phương trình đường thẳng d ’ qua N ’ và song song với đường thẳng d 2 : 16 5 2( ) 1( ) 0 2 9 0 3 3 x y x y− − − = ⇔ − − = (d’) 0,25 Đường thẳng d ’ cắt đường thẳng d 1 tại A, toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: 10 1 0 10 7 3 ( ; ) 2 9 0 7 3 3 3 x x y A x y y  =  + − =  −  ⇔ ⇒   − − = −   =   Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và M. Ta có 4 10 ( ; ) 3 3 MA − = uuur Đường thẳng đi qua điểm M và nhận 4 10 ( ; ) 3 3 MA − = uuur làm 1 VTCP nên có phương trình: 2 1 5 2 12 0 4 10 x y x y − − = ⇔ + − = − 0,25 TH2: Đường thẳng đi qua M căt d 1 và d 2 lần lượt tại A,B :MA=2MB nên B là trung điểm của MA. 1 0 0 2 1 1 ( ;1 ); ( ;2 )A d A x x B d B x x∈ ⇒ − ∈ ⇒ . Theo tính chất trung điểm ta có: 0 0 1 0 1 1 2 2 2 3 1 1 4 2 3 x x x x x x  −  =   + =   ⇔   − + =   =     ; Toạ độ các điểm A,B là 2 5 2 4 ( ; ), ( ; ) 3 3 3 3 A B − 0,25 4 1 ( ; ) 3 3 AB − = uuur . Đ ường thẳng đi qua điểm M nhận 4 1 ( ; ) 3 3 AB − = uuur làm một VTCP nên có phương trình: 2 1 4 6 0 4 1 3 3 x y x y − − = ⇔ + − = − KL: Qua điểm M có hai đường thẳng thoả mãn YCBT là: d 0 : 5x+2y-12=0, d : x+4y-6=0 0,25 2.Dạng tham số của d 1 và d 2 là: 1 2 7 3 7 ' : 3 2 , : 1 2 ' 9 1 3 ' x t x t d y t d y t z t z t = + = −     = + = +     = − = +   Véc tơ chỉ phương của d 1 , d 2 lần lượt là : 1 2 (1;2; 1); ( 7;2;3)u u= − = − ur uur ; d 1 đi qua điểm A(7;3;9), d 2 đi qua điểm B(3;1;1). 0,25 5 1 2 ( 4; 2; 8) , . 168 0AB u u AB   = − − − ⇒ = − ≠   uuur ur uur uuur ⇒ d 1 và d 2 chéo nhau . 1 2 (7 ;3 2 ;9 ); (3 7 ';1 2 ';1 3 ')M d M t t t N d N t t t∈ ⇒ + + − ∈ ⇒ − + + (4 7 ';2 2 2 ';8 3 ')NM t t t t t t= + + + − − − uuuur MN nhỏ nhất ⇔ MN là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau d 1 và d 2 1 1 2 2 . 0 6 6 ' 0 6 44 ' 0 ' 0 . 0 MN d NM u t t t o MN d t t t NM u  ⊥ =  + = =    ⇒ ⇔ ⇒ ⇔     ⊥ − − = = =      uuuur ur uuuur uur 0,25 Toạ độ điểm M và N lần lượt là: M(7;3;9), N(3;1;1) ; (4;2;8) 2(2;1;4)NM = = uuuur 0,25 Đường thẳng d đi qua N(3;1;1) và nhận (2;1;4)u = r làm một véc tơ chỉ phương nên phương trình của đường thẳng d là: 3 1 1 2 4 x z y − − = − = 0,25 Câu7a (1,0đ) Giải bất phương trình: 2 2 3 2 1 6 2 10 2 x x x A C C x − ≤ + (1) ĐK: ; 3x x∈Ν ≥ (2) 0,25 Với đk (2), BPT (1) (2 )! ! 6 ! 2 10 2(2 2)! 2!( 2)! 3!( 3)! x x x x x x x ⇔ − ≤ + − − − 0,25 (2 1) ( 1) ( 1)( 2) 10 3 12 4x x x x x x x x− − − ≤ − − + ⇔ ≤ ⇔ ≤ (3) 0,25 Từ (1) và (3) suy ra x=3;x=4. Vậy BPT (1) có2 nghiệm x=3;x=4 0,25 Câu6b (2,0đ) 1. Đường thẳng d 1 và d 2 cắt nhau tại M. Phương trình các đường phân giác của góc hợp bởi d 1 và d 2 là: 1 2 8 7 0 ( ) 3 4 6 5 12 4 32 4 29 0 ( ) 5 13 x y x y x y x y − − = ∆  − − + + = ± ⇔  + − = ∆  0,25 Đường thẳng đi qua K cắt d 1 và d 2 tại A ,B sao cho tam giác MAB cân tại M, nên các đường thẳng đó song song với các đường thẳng 1 ∆ và 2 ∆ ( nếu một đường song song với 1 ∆ thì đường còn lại song song với 2 ∆ ) 0,25 Viết phương trình đường thẳng đi qua K và song song với 1 ∆ : Phương trình : 1(x-1)-8(y-1)=0 hay x-8y+7=0 0,25 Viết phương trình đường thẳng đi qua K và song song với 2 ∆ : Phương trình: 32(x-1)+4(y-1)=0 hay 8x+y-9 =0 Vậy qua K có hai đường thẳng: d 1 ’ : x-8y+7=0; d 2 ’ : 8x+y-9 =0 thoả mãn ycbt. 0,25 2. ( 2;2;0); ( 2;0;1)AB AC= − = − uuur uuur .Toạ độ trung điểm của AB là: M(1;1;0), toạ độ trung điểm của AC là N(1;0;1/2). Mặt phẳng (ABC) đi qua A(2;0;0) , B(0;2;0), C(0,0,1) nên có phương trình: 1 2 2 0 2 2 x y z x y z+ + = ⇔ + + − = 0,25 Mặt phẳng trung trực của AB đi qua M và nhận AB uuur làm một VTPT nên có PT: -2(x-1)+2(y-1)=0 ⇔ x-y=0 (P) Mặt phẳng trung trực của AC đi qua N và nhận AC uuur làm một VTPT nên có PT: -2(x-1)+1(z-1/2)=0 ⇔ 2x-z-3/2=0 (Q) 0,25 Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là giao điểm của 3 mặt phẳng 0,25 6 (ABC),(P) và (Q). Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: 5 6 2 2 0 5 5 5 1 0 ( ; ; ) 6 6 6 6 3 1 2 0 2 6 x x y z x y y I x z z  =    + + − =    − = ⇔ = ⇒       − − = =    Bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: R=IA= 5 3 6 ( đơn vị dài) 0,25 Câu7b (1,0đ) Giải hệ phương trình: 4 2 4 3 3 4 2 5 (1) 2 2 (2) xy x x y y x x y − +  − + =  + = +  Từ (2) xét hàm số: f(t)= 3 2 2 '( ) 2 ln 2 3 0, t t t f t t t R+ ⇒ = + > ∀ ∈ ⇒ hàm số f(t) đồng biến trên R. Do đó từ (2) ⇒ f(x)=f(y) ⇔ x=y 0,25 Thay x=y vào phương trình (1): 2 2 4 2 4 4 ( 1) 3 4 2 5 4 5 2 x x x x x x x − + − + − + = ⇔ − = − (3) Đặt 4 3 ( ) 4 '( ) 4 4; '( ) 0 1f x x x f x x f x x= − ⇒ = − = ⇔ = 0,25 Xét dấu f’(x) suy ra 4 4 3x x− ≥ − ; mặt khác 2 2 ( 1) 3 ( 1) 3 2 8 5 2 3 x x− + − + ≥ ⇒ − ≤ − 0,25 Phương trình (3) xãy ra ⇔ x=1. KL: Hệ đã cho có nghiệm x=y=1 0,25 ( Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa) 7 . ………… Họ và tên thí sinh …………………………… Số báo danh ………………… 1 ĐÁP ÁN KIÊM BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2009-2010 ( Đáp án này có 06 trang) Câu 1 (2,0đ) 1.Khảo sát sự biến thi n và vẽ. TR SỞ GD & ĐT NGHỆ AN Đ THI THỬ ĐH LẦN I NĂM HỌC 2009-2010 TRƯỜNG THPT PHAN THÚC TRỰC Môn: Toán: Khối: A (Thời gian làm bài 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT. tại M ( M là giao điểm của d 1 và d 2 ). 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho tam giác ABC biết: A(2;0;0), B(0;2;0), C(0;0;1). Tìm tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp