ĐỀ + ĐA THI THỬ TOÁN T6/2010

TRUNG TÂM LUYỆN THI CHẤT LƯỢNG CAO THÀNH CÔNG QUẢNG NINH ĐỀ 03 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THÁNG 6/ 2010 Môn Toán - Khối A, B 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 2 1 x y x = − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A; B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + + ( x ∈ R). 2. Giải phương trình       −=−+ 24 cos2sin 2 cossin 2 sin1 22 x x x x x π Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ∫ + 2 0 3 )cos3(sin .sin π xx dxx . Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a và 2 . . . 2 a SA SB SC SA SB SC = = = r r r r r r . Tính thể tích khối chóp SABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 3, chứng minh rằng 3 3 3 2 2 2 3 2 3 3 3 a b c b c a + + ≥ + + + . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2; –3), B(3; –2), ∆ ABC có diện tích bằng 3 2 ; trọng tâm G của ∆ ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC. 2. Trong không gian Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình 3 1 12 1 − == − zyx . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z 2 i 2− + = . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị. B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng ( ) : 3 0d x y− − = và có hoành độ 9 2 I x = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng d 1 : 4 1 5 3 1 2 x y z− − + = = − − và d 2 : 2 3 1 3 1 x y z− + = = Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 1 2 1 2 2 3 1 2 2 3 1 y x x x x y y y − −  + − + = +   + − + = +   ( x, y ∈ R). Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46 ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ 03 THI THỬ THÁNG 6 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Hs tự làm 1đ 2 Đường thẳng y = mx – m + 2 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi phương trình 2 2 1 x mx m x = − + − có 2 nghiệm phân biệt khác 1. 2 ( ) 2 2 0g x mx mx m⇔ = − + − = có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ 0 0 (1) 0 m g ≠   ∆ >   ≠  0m⇔ > . Ta có 1 1 2 2 ( ; 2); ( ; 2A x mx m B x mx m− + − + ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 ; ( ) ( ) (1 )AB x x m x x AB x x m⇒ = − − ⇒ = − + r ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 4 ( 1)AB x x x x m⇔ = + − + Vì x 1 ;x 2 là 2 nghiệm của g(x)=0 nên ta có 1 2 1 2 2 2; m x x x x m − + = = 2 1 8( ) 16 min 4 1AB m AB m m ⇒ = + ≥ ⇒ = ⇔ = 0,25 0,25 0,25 0,25 II 1 +) ĐK: 1x ≥ − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 2 4 3 2 1 1 3 1 1 0 1 1 2 3 0 x x x x x x x x x x x x x + + + = + + + ⇔ + − − + + − = ⇔ + − − + = 0 0 1 1 0 ( ) 1 1 3 2 3 / 4 x x x x tm x x x x x =    ≥  + = =   ⇔ ⇔ ⇔     = =   + =       = −     KL: … 0,5 0,5 2 2 1 sin sin cos sin 1 cos 1 sin 2 2 2 x x PT x x x x π   ⇔ + − = + − = +  ÷   01 2 x cos 2 x sin2. 2 x cos 2 x sinxsin01xsin 2 x cos 2 x sinxsin =       −−⇔=       −−⇔ 01 2 x sin2 2 x sin21 2 x sinxsin 2 =       ++       −⇔   = = π   = π    ⇔ = ⇔ ⇔ ⇔ = π ∈ π    = π + π = + π     + + =  2 sin x 0 x k x k x sin 1 x k , k x 2 x k4 k2 2 2 x x 2sin 2 sin 1 0(VN) 2 2 Z 0,25 0,25 0.25 0,25 Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46 III Ta có 3 3 sin[(x- ) ] sinx 6 6 (sinx+ 3 osx) 8 os ( ) 6 c c x π π π + = − 3 3 1 sin( ) os(x- ) 2 6 2 6 8 os (x- ) 6 x c c π π π − + = 3 2 sin( ) 3 1 1 6 16 16 os ( ) os ( ) 6 6 x c c x c x π π π − = + + − − 2 2 3 2 0 0 sinxdx 3 1 ( tan( )) 16 6 (sinx+ 3 osx) 32 os ( ) 6 x c c x π π π π ⇒ = + − − ∫ = 3 6 0,5 0,5 IV 2 . . . 2 a SA SB SB SC SC SA= = = r r r r r r 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 SA SB AB SB SC BC SC SA AC a+ − + − + − ⇔ = = = SA SB SC a ⇒ = = = ⇒ SABC là tứ diện đều có các canh bằng a 3 2 12 a V⇒ = 0,5 0,5 V Ta có: 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 a a b a a b b + + + ≥ = + + (1) 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 b b c c c c c + + + ≥ = + + (2) 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 c c a c c a a + + + ≥ = + + (3) Lấy (1)+(2)+(3) ta được: ( ) 2 2 2 2 2 2 9 3 16 4 a b c VT a b c + + + + ≥ + + (4) Vì a 2 +b 2 +c 2 = 3 Từ (4) 3 2 VT⇔ ≥ dấu “ =” khi a = b = c = 1. 0,5 0,5 VIa 1 Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = 5 2 2 ABC a b S AB ∆ − − = ⇒ 8(1) 5 3 2(2) a b a b a b − =  − − = ⇔  − =  ; Trọng tâm G ( ) 5 5 ; 3 3 a b+ − ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) Từ (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 3 2 65 89 S p = + + Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ 3 2 2 5 S r p = = + . 0,25 0,25 0,5 2 Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH ≥ => HI lớn nhất khi IA ≡ Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến. Mặt khác, )31;;21( tttHdH ++⇒∈ vì H là hình chiếu của A trên d nên . 0 ( (2;1;3)AH d AH u u ⊥ ⇒ = = uuur r r là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3( −−⇒⇒ AHH 0,5 0,5 Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46 Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ⇔ 7x + y – 5z –77 = 0 VIIa Gọi số phức z=a+bi Theo bài ra ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 1 4 3 2 a b i a b b a b a   − + + = − + + =   ⇔   = − = −     2 2 1 2 2 2 1 2 a b a b   = −     = − −   ⇔   = +     = − +     Vậy số phức cần tìm là: z= 2 2− +( 1 2− − )i; z= z= 2 2+ +( 1 2− + )i. 0,5 0,5 VIb 1 I có hoành độ 9 2 I x = và ( ) 9 3 : 3 0 ; 2 2 I d x y I   ∈ − − = ⇒  ÷   Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) ( ) ( ) 2 2 9 9 2 2 2 3 2 4 4 I M I M AB IM x x y y = = − + − = + = D 12 . D = 12 AD = 2 2. 3 2 ABCD ABC S S AB A AB = ⇔ = = ( ) AD d M AD ⊥   ∈   , suy ra phương trình AD: ( ) ( ) 1. 3 1. 0 0 3 0x y x y− + − = ⇔ + − = . Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: ( ) 2 2 3 0 3 2 x y x y + − =    − + =   3 2 3 1 1 y x x x y = − =   ⇔ ⇔   − = ± =   hoặc 4 1 x y =   = −  .Vậy A(2;1), D(4;-1), 9 3 ; 2 2 I    ÷   là trung điểm của AC, suy ra: 2 9 2 7 2 3 1 2 C I A C I A x x x y y y = − = − =  ⇔  = − = − =  Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 0,5 0,5 2 Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1 , d 2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ ( ) 1 2 ,d d d dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 , d 2 Ta tìm A, B : ' AB u AB u  ⊥   ⊥   uuur r uuur ur A∈d 1 , B∈d 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) ⇒ AB uuur (….)… ⇒ A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) ⇒ I(2; 1; -1) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là: ( ) 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + = 0,5 0,5 Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46 VIIb Trừ hai vế các phương trình ta có 2 1 2 1 2 2 3 2 2 3 x y x x x y y y − − + − + + = + − + + Xét hàm số 2 1 ( ) 2 2 3 t f t t t t − = + − + + có 2 1 1 2 2 1 2 2 1 '( ) 1 3 ln3 3 ln3 0 2 2 2 2 t t t t t t f t t t t t − − − − + + − = + + = + > − + − + Do f(t) là hàm đồng biến trên R nên suy ra x=y hệ phương trình đã cho tương đương với 2 1 2 2 3 x x x x − + − + = 2 ln( 2 2 1) ( 1)ln3x x x x⇔ + − + − = − Xét g(x)= 2 ln( 2 2 1) ( 1) ln3x x x x+ − + − − − có 2 2 1 1 2 2 '( ) ln 3 1 ln3 0 1 2 2 x x x g x x x x − + − + = − ≤ − < − + − + ( ) 1g x NB x⇒ = là nghiệm duy nhất 1x y⇒ = = 0,5 0,5 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. Hết Thầy: Hoàng Khắc Lợi - 0915.12.45.46 . + ≥ = + + (2) 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 c c a c c a a + + + ≥ = + + (3) Lấy (1 )+( 2 )+( 3) ta được: ( ) 2 2 2 2 2 2 9 3 16 4 a b c VT a b c + + + + ≥ + + (4) Vì a 2 +b 2 +c 2 . = 0,25 0,25 0,25 0,25 II 1 +) ĐK: 1x ≥ − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 2 4 3 2 1 1 3 1 1 0 1 1 2 3 0 x x x x x x x x x x x x x + + + = + + + ⇔ + − − + + − = ⇔ + − − + = 0 0 1 1 0 ( ) 1 1 3 2 3. số 2 1 ( ) 2 2 3 t f t t t t − = + − + + có 2 1 1 2 2 1 2 2 1 '( ) 1 3 ln3 3 ln3 0 2 2 2 2 t t t t t t f t t t t t − − − − + + − = + + = + > − + − + Do f(t) là hàm đồng biến trên