3 De va DA thi thu DH 2010

Trờng THPT Lơng Tài 2 đề thi thử đại học lần 1 Lớp 12A1 Môn: Toán Ngày 13/10/2009 Thời gian: 180ph ===========================================&&&&&&&&=========================================== SĐT thầy Tiệp: 0985.873.128 Bài I.(2 - điểm). Giải PT & HPT sau: 1/. 3 1 1 2 1 x y x y y x = = + 2/. 3 7 3 3 )16(2 2 >+ x x x x x Bài II.(2-điểm). Giải PT sau: 1/. ( ) 2 5sin 2 3 1 sin tanx x x = 2/. 4 4 3 sin sin 3 0 4 4 2 cos x x cos x x + + = ữ ữ Bài III.(2-điểm). Giải PT sau: 1/. 2 2 2 2 4.2 2 4 0 x x x x x+ + = 2/. ( ) ( ) 2 2 log 2 1 log 2 1 4 2 1 1 x x x x x + = + Bài IV.(3-điểm). 1/. Trong mt phng ta Oxy cho tam giỏc ABC cú A(0;2),B(-2;-2) v C(4;-2). Gi H l chõn ng cao k t B. M ; N ln lt l trung im ca AB v BC.Vit phng trỡnh ng trũn i qua cỏc im H;M;N. 2/. Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hai ng thng d 1 : 1 2 1 1 2 + = = zyx d 2 : = += += 3 1 21 z ty tx a) CMR d 1 ;d 2 chộo nhau. b) Vit phng trỡnh ng thng d vuụng gúc vi mt phng (P):7x+y-4z=0 v ct hai ng thng d 1 ;d 2 . Bài V. (1-điểm). 1/. Cho x, y, z > 0 th a món : x + y + z 1. Cmr: P = 2 2 2 2 2 2 111 z z y y x x +++++ 82 2/. Cho x, y, z > 0 th a : xyz=1. Cmr: 33 1 11 33 3333 ++ + ++ + ++ zx xz yz zy xy yx 3/. Cho x, y, z > 0 tha món : 4 111 =++ zyx . Chng minh rng : 1 2 1 2 1 2 1 ++ + ++ + ++ zyxzyxzyx ========== Hết ========== bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 2 M«n: To¸n – Ngµy 07/03/2010 Thêi gian: 180ph A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu I. (2-®iÓm) Cho hàm số 1 1 x y x + = − (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm trên Oy tất cả các điểm từ đó kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới (C). Câu II. (2-®iÓm) a) Giải phương trình: 2 2 2 2 2 log ( 1) ( 5)log( 1) 5 0x x x x+ + − + − = b) Tìm nghiệm của phương trình: 2 3 cos cos sin 2x x x+ + = thoả mãn : 1 3x − < Câu III. (1-®iÓm) Tính tích phân sau: 1 2 0 I ln( 1)x x x dx= + + ∫ Câu IV. (1-®iÓm) Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có ∆ ABC là tam giác vuông tại B và AB = a, BC = b, AA’ = c ( 2 2 2 c a b≥ + ). Tính diện tích thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mp(P) đi qua A và vuông góc với CA’. Câu V. (1-®iÓm) Cho , , (0;1)x y z ∈ và 1xy yz zx+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 1 1 1 x y z P x y z = + + − − − B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần ============== Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a. (2-®iÓm) 1) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) có phương trình: x t= − ; 1 2y t= − + ; 2z t = + ( t R ∈ ) và mặt phẳng (P): 2 2 3 0x y z− − − = .Viết phương trình tham số của đường thẳng nằm trên (P) cắt và vuông góc với (d). 2) Trong mp(Oxy) cho elip (E): 2 2 1 9 4 x y + = . Viết phương trình đường thẳng đi qua I(1;1) cắt (E) tại 2 điểm A và B sao cho I là trung điểm của AB. Câu VII.a: (1-®iÓm) Giải hệ phương trình sau trên tập số phức: 2 2 8 1 z w zw z w − − =    + = −   ===============Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2-®iÓm) Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A(2;4;-1), B(1;4;-1), C(2;4;3), D(2;2;-1) 1) Xác định tọa độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. 2) Tìm tọa độ điểm M để MA 2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b: (1-®iÓm) Giải hệ phương trình: )Ry,x( 132y2yy 132x2xx 1x2 1y2 ∈      +=+−+ +=+−+ − − ==========Hết========== Trêng THPT L¬ng Tµi 2 §Ị thi thư ®¹i häc, cao ®¼ng th¸ng 01/2010 12A1+12a2+12a3+12a4 M«n: To¸n . Ngµy thi: 10/01/2010 Thêi gian lµm bµi: 180 phót I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2điểm) :Cho hàm số: y=x 4 -2x 2 +1 1.Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2.Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 0log12 2 24 =++− mxx (m>0) Câu II:(2điểm) :1.Giải bất phương trình: 113223 22 −≥+−−+− xxxxx 2.Giải phương trình :       −= + +− 24 cos8 cos )sin1(3 tantan3 2 2 3 x x x xx π Câu III: (1điểm): Tính tích phân :I= dx x xx ∫ + + 2 0 4sin5 cos52sin π . Câu IV: (1điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a mặt phẳng bên tạo với mặt đáy góc 60 o . . Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M,N Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a. Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c lµ ®é dµi ba c¹nh tam gi¸c. CMR: cb c ba b ac a cbb ca baa bc cac ab + + + + + ≥ + + + + + )()()( II.PHẦN RIÊNG(3.0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) a.Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a: (2 điểm) 1.Tìm phương trình chính tắc của elip (E). Biết Tiêu cự là 8 và qua điểm M(– 15 ; 1). 2.Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 : 1 1 2 x y z d = = và 2 1 2 : 1 x t d y t z t = − −   =   = +  Xét vị trí tương đối của d 1 và d 2 . Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d 2 và vng góc với d 1 Câu VII.a: (1 điểm) Giải phương trình: )4(log3)1(log 4 1 )3(log 2 1 8 8 4 2 xxx =−++ b.Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b: (2 điểm) 1.Trong hệ tđộ Oxy tìm phương trình chính tắc của elip biết (E) Qua M(– 2 ; 2 ) và phương trình hai đường chuẩn là: x ± 4 = 0 2.Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0; 0;-3), B(2; 0;-1) và mặt phẳng (P) có phương trình là 01783 =++− zyx . Viết phương trình chính tắc đường thẳng d nằm trên mặt phẳng (P) và d vuông góc với AB tại giao điểm của đđường thẳng AB với (P). Câu VII.b: (1 điểm) Tìm hệ số x 3 trong khai triển n x x       + 2 2 biết n thoả mãn: 2312 2 3 2 1 2 2 =+++ − n nnn CCC Hết x1/2 O y 1 Dap An Câu ý Nội dung Điểm I (2điểm) 1 (1điểm) Tìm đúng TXĐ; Giới hạn : +∞=+∞= +∞→−∞→ xx yy lim;lim 0,25 Tính đúng y'=4x 3 -4x ; y’=0    ±= = ⇔ 1 0 x x Bảng biến thiên x - ∞ -1 0 1 +∞ y' - 0 + 0 - 0 + y +∞ 1 +∞ 0 0 Hàm số nghịch biến trên các khoảng: (-∞;-1);(0;1) Hàm số đồng biến trên các khoảng: (-1;0);(1;+∞) Hàm số đạt CĐ(0;1); Hàm số đạt CT(-1;0)v à (1;0) 0,5 Đồ thị : Tìm giao của đồ thị với Oy : (0;1) , với Ox : (-1;0)v à (1;0) Đồ thị nhận oy làm trục đối xứng Vẽ đúng đồ thị 0,25 2 (1điểm) +Số nghiệm PT là số giao điểm của 2 đồ thị y=x 4 -2x 2 +1 v à y=- m 2 log 0,25 +Từ đồ thị suy ra: m 2 log <-1 2 1 0 <<⇔ m :PT có 2 nghiệm phân biệt; m 2 log = -1 2 1 =⇔ m : PT có 3 nghiệm 0,75 -1< m 2 log <0 1 2 1 <<⇔ m : PT có 4 nghiệm phân biệt; m 2 log =0 1=⇔ m : PT có 2 nghiệm m 2 log >0 1>⇔ m : PT v ô nghiệm II (2điểm) 1 (1điểm) Đk: x ∈ D=(-∞;1/2] ∪ {1} ∪ [2;+ ∞) 0,25 x=1 là nghiệm x ≥ 2:Bpt đã cho tương đương: 1212 −+−≥− xxx vô nghiệm 0,25 x 2 1 ≤ : Bpt đã cho tương đương: xxx 2112 −≥−+− c ó nghiệm x 2 1 ≤ BPT c ó tập nghiệm S=(-∞;1/2] ∪ {1} 0,5 2 (1điểm) Biến đổi cos2x=1/2 0,5 hoặc tanx+sinx+1=0 suy ra nghiem 0,5 III (1,0điể m) Đ ặt t = 4sin5 +x 0,25 Bi ến đ ổi I = = … 75 178 )172( 25 2 3 2 2 =+ ∫ dtt 0,5 0,25 IV (1điểm) Dựng đúng hình 0,25 S A N C J I D B I, J lần lượt là trung điểm cúa AB v à CD; G là trọng tâm ∆SAC Khai thác giả thiết có ∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJ IGcắt SJ tạ K là trung điểm cúa SJ; M,N là trung điểm cúaSC,SD 2 3a IK = ;S ABMN = 8 33 )( 2 1 2 a IKMNAB =+ 0,5 SK┴(ABMN);SK= 2 a V= 16 3 . 3 1 3 a SKS ABMN = (đvtt) 0,25 V VI.a (2điểm) 1 (1điểm) +PTCT của (E): )0(1 2 2 2 2 >>=+ ba b y a x +Gt      =− =+ ⇒ 16 1 115 22 22 ba ba 0,5 Giải hệ ra đúng kết quả 1 420 2 =+ y x 0,5 2 (1điểm) 2 đường thẳng chéo nhau 0,25 đường thẳng ∆ cần tìm cắt d 2 tại A(-1-2t;t;1+t) OA ⇒ =(-1-2t;t;1+t) 0,25 )0;1;1(10. 11 −⇒−=⇔=⇔⊥∆ AtuOAd Ptts      = −= = ∆ 0z ty tx 0,5 VII.a ĐK: x>0, x 1≠ 0,25 PT 3123 41)3( −=∨=⇔⇔=−+⇔ xxxxx 0,75 VI.b (2điểm) 1 (1điểm) +PTCT của (E): )0(1 2 2 2 2 >>=+ ba b y a x +Gt        = =+ ⇒ 4 1 24 2 22 c a ba 0,5 Giải hệ ra đúng kết quả có 2 (E) thoả mãn 1 312 ;1 48 2 2 2 2 =+=+ y x y x 0,5 2 (1điểm) Giải đúng giao điểm AB cắt (P) t ại C(2;0;-1) 0.5 Viết đúng phương trình: 2 1 12 2 − − = − = − z y x 0.5 VII Khai triển: (1+x) 2n thay x=1;x= -1 và kết hợp giả thiết được n=12 0,5 Khai triển: ∑ = − =       + 12 0 324 12 12 2 2 2 k kkk xC x x hệ số x 3 : 77 12 2C =101376 0,5 *Các cách làm khác đúng cho diểm tương tự Câu Đáp án de 2 Điểm Ia) 1điểm 1 1 x y x + = − (C) TXĐ: { } \ 1D R= 2 2 ' 0 1 ( 1) y x x − ⇒ = < ∀ ≠ − ⇒ Hs nghịch biến trên ( ;1)−∞ và (1; )+∞ . Không có cực trị Giới hạn: lim 1, lim 1 x x→+∞ →−∞ = = ⇒ ĐTHS có tiệm cận ngang là 1y = Giới hạn: 1 1 lim , lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ ⇒ ĐTHS có tiệm cận đứng là 1x = 0.25 Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị:(C) ∩ Ox tại A(-1;0) , :(C) ∩ Oy tại B(0;2); Điểm I(1;1) là tâm đối xứng 0.25 x - ∞ 1 + ∞ f’(t) - - f(t) 1 - ∞ + ∞ 1 Ib) 1điểm Gọi (0; ) o M y là điểm cần tìm, PTTT qua M có dạng: o y kx y= + (d) (d) là tiếp tuyến của (C) 2 2 2 1 ( 1) 2( 1) 1 0 (1) 1 2 2 1; ( 1) ( 1) o o o o x kx y y x y x y x x k k x x +   = + − − + + + =  −   ⇔ ⇔ −   − ≠ =   = −   −  0.5 Để thoả mãn đk ⇔ hệ (*) có 1nghiệm ⇔ PT(1) có 1 nghiệm khác 1 2 1 1 1 ; 1 8 2 1 ' ( 1) ( 1)( 1) 0 0; 1 2 2 o o o o o o o y y x y k x y y y x y k =   ≠  = = ⇒ = −    ⇔ ∨ ⇔    = ∆ = + − − + =    = = − ⇒ = −   Vậy có 2 điểm cần tìm là: M(0;1) và M(0;-1) 0.5 IIa) 1điểm 2 2 2 2 2 log ( 1) ( 5)log( 1) 5 0x x x x+ + − + − = , TXĐ: D=R Đặt 2 log( 1)x y+ = ⇒ 2 2 2 2 ( 5) 5 0 5y x y x y y x+ − − = ⇔ = ∨ = − 0.5 2 5 5 1 10 99999y x x= ⇒ + = ⇔ = ± 2 0y x x= − ⇒ = do 2 2 0;log( 1) 0x x− ≤ + ≥ KL: PT có 3 nghiệm:… 0.5 IIa) 1điểm 2 3 cos cos sin 2x x x+ + = ⇔ (cos 1)(cos sin sin .cos 2) 0x x x x x− − − + = cos 1 2 cos sin sin .cos 2 0 cos sin sin .cos 2 0 (1) x x k x x x x x x x x π = =   ⇔ ⇔   − − + = − − + =   0.5 Giải (1) đặt cos sin ,| | 2x x t t− = ≤ ⇒ vônghiệm. 0.25 ĐK: 1 3 2 4x x− < ⇔ − < < ⇒ PT có nghiệm 0x = 0.25 III 1điểm 1 2 0 I ln( 1)x x x dx= + + ∫ . Đặt 2 2 2 2 1 ln( 1) ; 2 1 x x u x x du dx v dv xdx x x  + = + +  ⇒ = =  = + +   1 2 3 2 2 1 0 2 0 1 2 1 1 I ln( 1) | ln3 J 2 2 2 2 1 x x x x x dx x x + ⇒ = + + − = − + + ∫ 0.5 Ta có 1 1 3 2 2 2 2 0 0 2 1 2 1 1 1 J (2 1 . . ) 2 2 1 1 1 x x x dx x dx x x x x x x + + ⇒ = = − − − + + + + + + ∫ ∫ 1 2 2 1 0 2 0 1 1 1 1 J ( ln( 1) | ln 2 1 3 2 2 2 6 3 ( ) 2 4 x x x x dx x π = − − + + − = − − + + ∫ 3 2 4 12 3 I π ⇒ = + 0.5 IV 1điểm Dựng thiết diện của hình chóp cắt bởi mp qua A và vuông góc với A’C là AMN như hình vẽ 0.25 Ta có: NB // AA’; MC // AA’ nên ta có: ' ' ' ' 1 6 A AMN MAA N MAA B CAA B V V V V abc= = = = 0.25 Mà ' 1 . ' 3 2 ' A AMN AMN AMN abc V S A I S A I = ⇒ = Trong tam giác vuông A’AC ta tính được: 2 2 2 2 2 ' ' ' A A c A I A C a b c = = + + 0.25 2 2 2 2 AMN ab a b c S c + + ⇒ = 0.25 V 1điểm Vì 2 0 1 1 0x x< < ⇒ − > Áp dụng BĐT Côsi ta có: 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 (1 ) (1 ) 2 2 (1 ) (1 ) 3 3 3 3 x x x x x x x + − + − = ≥ − ⇒ ≥ − 2 2 3 3 2 1 x x x ⇒ ≥ − . Tương tự: 2 2 2 2 3 3 3 3 ; 2 2 1 1 y z y z y z ≥ ≥ − − 0.5 B’ M C’ N A ’ A B I C Khi đó: 2 2 2 3 3 3 3 3 3 ( ) ( ) 2 2 2 P x y z xy yz zx≥ + + ≥ + + = min 3 3 1 2 3 P x y z⇒ = ⇔ = = = 0.5 (Riêng bài toán này làm theo PP lượng giác hoá sẽ hay hơn.) Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn VIa.1 1điểm Ta có: (d) đi qua M 1 = (0;-1;2), có vectơ chỉ phương 1 ( 1;2;1)u = − uur ( ; 1 2 ;2 ) ( )A t t t d P− − + + = ∩ thoả mãn: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 3 0t t t− − − + − + − = 1 (1; 3;1)t A⇔ = − ⇒ − mp(Q) qua A và vuông góc (d) có PT: 2 6 0x y z− + + + = 0.5 Đường thẳng ∆ cần tìm là giao tuyến của (P) và (Q) có 1 vectỏ chỉ phương là: ; ( 3;0; 3) P Q n n   = − −   uur uur chọn: (1;0;1)u = r Vậy PT đường ∆ là: 1 ; 3; 1x t y z t= + = − = + 0.5 VIa.2 1điểm TH1: Đường thẳng qua M có PT: 1x = dễ dàng nhận xét không thoả mãn. TH2: Đường thẳng cần tìm có hệ số góc k thì PT là: ( 1) 1y k x= − + 0.25 Toạ độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 2 2 (9 4) 18 ( 1) 9( 1) 36 0 (1) 1 9 4 ( 1) 1 ( 1) 1 x y k x k k x k y k x y k x   + − − + − − =  + = ⇔   = − +    = − +  0.25 (d) cắt (E) tại A,B nhận I là trung điểm AB thì 2 2 A B I x x x+ = = và: (1) 0∆ > Theo định lý viet ta có: 2 18 ( 1) 4 2 9 9 4 k k k k − = ⇔ = − + thoả mãn Vậy phương trình (d) là: 4 ( 1) 1 4 9 43 0 9 y x x y= − − + ⇔ + − = 0.5 VII 1điểm 2 2 2 2 8 8 8 1 ( ) 2 1 ( ) 2( ) 15 0 z w zw z w zw z w zw z w z w zw z w z w − − = − − = − − =       ⇔ ⇔    + = − − + = − − + − − =       8 5 13 3 5 3 5 z w zw zw zw z w z w z w z w − − = = − = −    ⇔ ⇔ ∨    − = ∨ − = − − = − = −    0.5 2 3 11 3 11 5 3 5 0 2 2 3 3 3 11 3 11 2 2 i i w w zw w w z w z w i i z z   − + − − = =    = −  + + =    ⇔ ⇔ ∨     − = = +  + −     = =     0.25 2 5 27 5 27 13 5 13 0 2 2 5 5 5 27 5 27 2 2 i i w w zw w w z w z w i i z z   + − = =    = −  − + =    ⇔ ⇔ ∨     − = − = −  − + − −     = =     0.25 2. Theo chương trình nâng cao: VIb.1 1điểm Gọi ( ; ; )I x y z= là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Khi đó: 0.75 [...]... + 2 = 3 y −1 + 1 u + u 2 + 1 = 3v u = x − 1   Đặt  ta có:  1điểm  v = y − 1  y + y 2 − 2 y + 2 = 3x −1 + 1 v + v 2 + 1 = 3u   ⇒ 3u + u + u 2 + 1 = 3v + v + v 2 + 1 ⇔ f (u ) = f (v ) t với: f (t ) = 3 + t + t + 1 ⇒ f '(t ) = 3 ln 3 + t 2 t + t2 +1 t2 +1 > 0 ⇒ f(t) đồng 0.25 0.25 0.75 0.5 biến ⇒ u = v ⇒ u + u 2 + 1 = 3u ⇔ u − log3 (u + u 2 + 1) = 0 (2) Xét hàm số: g (u ) = u − log3 (u +... y − z − 13 = 0  x = 79 / 42   BC ; BD  BI = 0     ⇒ 2 x + 8 z − 11 = 0 ⇔  y = 67 / 21 ⇒ I   BI = CI = DI 2 x − 4 y + 9 = 0  z = 19 / 21    Vậy R = IB = 8925 / 42 ≈ 2,25 7 14 VIb.2 Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: G = ( ; ;0) 3 3 1điểm 2 2 2 2 2 Ta có: MA + MB + MC + MD = 4MG + GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 7 14 ≥ GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 Dấu bằng xảy ra khi M ≡ G ( ; ;0) 3 3 VII  x . dụng BĐT Côsi ta có: 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 (1 ) (1 ) 2 2 (1 ) (1 ) 3 3 3 3 x x x x x x x + − + − = ≥ − ⇒ ≥ − 2 2 3 3 2 1 x x x ⇒ ≥ − . Tương tự: 2 2 2 2 3 3 3 3 ; 2 2 1 1 y z y z y z ≥ ≥ − − 0.5 B’ M C’ N A ’ A B I C Khi. − + − − =       8 5 13 3 5 3 5 z w zw zw zw z w z w z w z w − − = = − = −    ⇔ ⇔ ∨    − = ∨ − = − − = − = −    0.5 2 3 11 3 11 5 3 5 0 2 2 3 3 3 11 3 11 2 2 i i w w zw w w z w z. 1 y z y z y z ≥ ≥ − − 0.5 B’ M C’ N A ’ A B I C Khi đó: 2 2 2 3 3 3 3 3 3 ( ) ( ) 2 2 2 P x y z xy yz zx≥ + + ≥ + + = min 3 3 1 2 3 P x y z⇒ = ⇔ = = = 0.5 (Riêng bài toán này làm theo PP lượng