de thi thu DH nay moi dang tai

Sở GD - ĐT Thái Bình Đề thi thử đại học lần IV năm học 2009- 2010 Trờng THpt nguyễn đức cảnh Môn : Toán ( Thời gian là bài : 180 phút không kể thời gian giao đề) I Phần chung cho tất cả các thí sinh (7điểm) CâuI(2điểm) Cho hàm số : y = - 3 1 x 3 + (m 1)x 2 + (m + 3)x 4. 1) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 0. 2) Tìm m để hàm số đng biến trên khong ( 0 ; 3). Câu II(2điểm) 1) Giải phơng trình : 4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2 2 0 2sinx - 3 x = 2) Tìm m để hệ sau có nghiệm : =+ =+ myx yx 3 414 Câu III(1điểm) Tính tích phân sau : I = +++ 6 2 1412 xx dx CâuIV(1điểm) Cho hỡnh chúp S. ABC cú gúc gia hai mt phng (SBC) v (ACB) bng 60 0 . Cỏc tam giỏc ABC v SBC u cnh a. Tớnh theo a khong cỏch t B n mt phng (SAC). Cõu V(1im) Cho x, y, z l cỏc s thc dng ln hn 1 v tho món iu kin xy + yz + zx 2xyz Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). II- PHN RIấNG(3điểm)(thớ sinh ch c chn mt trong hai phn : Phn I hoc Phn II) Phn I CõuVIa(2điểm) 1) Trong mt phng ta Oxy cho hỡnh ch nht ABCD cú cnh AB: x 2y 1 = 0, ng chộo BD: x 7y + 14 = 0 v ng chộo AC qua im M(2 ; 1). Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh ch nht. 2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho ng thng (d ) 1 3 2 3 4 2 + = = zyx : v mt phng cú phng trỡnh : (P) : x y 2z 5 0 + + + = Vit phng trỡnh ng thng ( ) nm trong (P), song song vi (d) v cỏch (d) mt khong l 14 Cõu VIIa(1im) Giải hệ phơng trình sau trên tập số phức : =+ = 1 8 22 wz zwwz Ph n II CõuVIb(2im) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đờng tròn (C):(x 1) 2 + ( y + 1) 2 = 25 và điểm M(7 ; 3). Viết phơng trình đờng thẳng d qua M cắt (C) tại hai điểm A , B phân biệt mà MA = 3MB. 2) Trong không gian Oxyz cho ABC với C(3 ; 2 ; 3) , đờng cao AH: 2 3 1 3 1 2 = = zyx và phân giác trong BD: 1 3 2 4 1 1 = = zyx . Lập phơng trình đờng thẳng BC và tính diện tích tam giác ABC. CõuVIIb(1im) Giải bất phơng trình : 1 1 )13(log 3 x x H v tờn : S bỏo danh: (Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm) CâuI Cho hµm sè : y = - 3 1 x 3 + (m – 1)x 2 + (m + 3)x + 4. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0. 2) T×m m ®Ó hµm sè ®«ng biÕn trªn khoảng ( 0 ; 3). 1) Khi m = 0 hàm số trở thành : y = - 3 1 x 3 – x 2 + 3x + 4. 1- Tập xác đinh : D = R 2 – Sự biến thiên: a-Giới hạn của hàm số tại vô cực: −∞=             ++−−= +∞→+∞→ 32 3 431 3 1 limlim xx x xy xx ; +∞=             ++−−= −∞→−∞→ 32 3 431 3 1 limlim xx x xy xx b- Bảng biến thiên: y’ = - x 2 – 2x + 3 => y’ = 0  x = 1 hoặc x = - 3. BBT : x - ∞ - 3 1 +∞ Từ BBT ta có : y’ - 0 + 0 - + hsđb trên khoảng (- 3; 1) +∞ 3 17 + hsnb trên các khoảng (-∞;-3) & (1 ; +∞) y - 5 + CĐ(1 ; 3 17 ) ; CT( - 3; - 5) - ∞ 3 – Vẽ đồ thị : + đths cắt Oy tại (0 ; 4) + y’’ = - 2x – 2 => đths có điểm uốn U(-1; 1/3) 0.25 0.5 0.25 2) Hàm số đb trên (0 ; 3)  y’ ≥ 0 ∀x∈(0 ; 3)  - x 2 + 2(m – 1)x + (m + 3) ≥ 0 ∀x∈(0 ; 3) do y’(x) liên tục tại x = 0 & x = 3 nên y’ ≥ 0 ∀x∈(0 ; 3)  y’ ≥ 0 ∀x∈[0 ; 3]  m(2x + 1) ≥ x 2 + 2x – 3 ∀x∈[0 ; 3]  m ≥ 12 32 2 + −+ x xx = g(x) ∀x∈[0 ; 3]  [ ] 3;0 )( ∈ ≤ x mxMaxg ta có g’(x) = 0 )12( 822 2 2 > + ++ x xx ∀x∈[0 ; 3] nên [ ] 3;0 7 12 )3()( ∈ == x gxMaxg Vậy m ≥ 7 12 thì hàn số đã cho đồng biến trên (0 ; 3). 0.25 0.25 0.5 CâuII 1)Gi¶i ph¬ng tr×nh : 4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2 2 0 2sinx - 3 x = + đk :      ≠ ≠ ≠ 2/3sin 02/cos 0cos x x x pt  2cos2x + 2cos4x – 2cos4x – 4cosx + (tan 2 x tanx + 1) + 1 = 0  2(2cos 2 x – 1) - 4cosx + xcos 1 + 1 = 0  4cos 3 x – 4cos 2 x – cosx + 1 = 0          −= = = 2 1 cos 2 1 cos 1cos x x x Kết hợp đk ta có nghiệm pt : x = π + k2π hoặc x = - 3 π + 2kπ ; x = - 3 2 π + 2kπ 2)T×m m ®Ó hÖ sau cã nghiÖm :    =+ =−+− myx yx 3 414 đk : x ≥ 4 ; y ≥ 1hệ     −=−+− =−+− 5314 414 myx yx đặt u = 4−x với u ≥ 0 ; v = 1−y với v ≥ 0 hệ     −=−+ =+ 532)( 4 2 muvvu vu       − = =+ 2 321 4 m uv vu => u & v là hai nghiệm pt : X 2 – 4X + 2 321 m− = 0 (*) => để hệ có nghiệm  (*) có hai nghiệm không âm        ∈ 7; 3 13 m 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu III TÝnh tÝch ph©n sau : I = ∫ +++ 6 2 1412 xx dx 1.0 Câu IV Cho hình chóp S. ABC có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ACB) bằng 60 0 . Các tam giác ABC và SBC đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). + TH1: góc SDA = 60 0 với D là trung điểm BC => hình chiếu của S trên (ABC) là trung điểm E của AD khi đó ∆SDA đều cạnh 2 3a => SE = 4 3a  V SABC = 16 3 . 3 1 3 a SES ABC = ∆  CG = 4 13a (G là trung điểm SA)  S ∆ SAC = 16 39 2 a  d(B ; (SAC)) = 13 133 3 a S V SAC SABC = ∆ + TH2: góc SDA = 120 0 => SE = 4 3a ; SA = 2 3a ; CG = 4 7a ; S ∆ SAC = 16 73 2 a + Ta vẫn có V SABC = 16 3 . 3 1 3 a SES ABC = ∆  => d(B ; (SAC)) = 7 21 3 a S V SAC SABC = ∆ 0.5 0.5 Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥ 2xyz a a a a a 3 2 60 0 a 3 2 G D B C A S E a a a a 60 0 a 3 2 120 0 a 3 2 G D B C A S E Cõu V Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Ta cú 1 1 1 2 2xy yz xz xyz x y z + + + + nờn 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz + = + Tng t ta cú 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (2) x z x z y x z x z xz + = + 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (3) x y x y y x y x y xy + = + Nhõn v vi v ca (1), (2), (3) ta c 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z hay A max = 1 3 8 2 x y z = = = 1.0 Cõu VIa 1) Cho hỡnh ch nht ABCD cú cnh AB: x 2y 1 = 0, ng chộo BD: x 7y + 14 = 0 v ng chộo AC qua im M(2 ; 1). Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh ch nht. + Gi s pt ng chộo AC: A(x 2) + B(y 1) = 0 vi A 2 + B 2 > 0 + Tớnh cht hcn => g(AC ; AB) = g(AB ; BD) 50.5 15 .5 2 22 = + BA BA 7A 2 + 8BA + B 2 =0 A = - B hoc B = - 7A(loi vỡ AC // BD) vy pt AC : x y - 1 = 0 AB AC = A(1 ; 0) ; AB BD = B(7 ; 3) ; tõm hcn I ( 2 5 ; 2 7 ) => C(6 ; 5) & D(0 ; 2) 0.5 0.5 2) Cho ng thng (d ) 1 3 2 3 4 2 + = = zyx : v mt phng :(P) x y 2z 5 0 + + + = Vit phng trỡnh ng thng ( ) nm trong (P), song song vi (d) v cỏch (d) mt khong l 14 + ng thng d qua I(2 ; 3 3) v cú vtcp d U (4;2;1) + mp (P) cú vtpt P n (- 1; 1 ; 2) t ú => I (P) & d U . P n = 0 hay d (P). + gi a l ng thng qua I m a (P) & a d => a cú vtcp = a U [ d U ; P n ] = (3 ; - 9; 6) => pt a += = += tz ty tx 23 33 2 ; gi A(2 + t; 3 3t ; - 3 + 2t) a m IA = 14 A 1 (3 ; 0 ; - 1);A 2 (1;6;-5) Vy ng thng ( ) cn tỡm qua A & // d tha món yờu cu bi toỏn cú pt: 1 1 24 3 + == zyx hoc 1 5 2 6 4 1 + = = zyx 0.25 0.25 0.5 Cõu VIIa Giải hệ phơng trình sau trên tập số phức : =+ = 1 8 22 wz zwwz 0.5 0.5 1) Cho đờng tròn (C):(x 1) 2 + ( y + 1) 2 = 25 và điểm M(7 ; 3). Viết phơng trình đờng thẳng d qua M cắt (C) tại hai điểm A , B phân biệt mà MA = 3MB. + T gt => M nm ngoi (C) cú tõm I(1 ; - 1) Gi B(a ; b) m MA = 3MB MBMA 3= => A(3a 14; 3b 6) Cõu VIb li do A & B thuục (C) nờn =+ =++ 25)53()153( 25)1()1( 22 22 ba ba a = 4 ; b = 3 & a = 13 76 ; b = 13 3 + Vi a = 4 ; b = 3 => A(- 2; 3) & B(4 ; 3) => pt : y = 3 + Vi a = 13 76 ; b = 13 3 => A( 13 46 ;- 13 69 ) &B( 13 76 ; 13 3 ) => pt : 12x 5y 69 = 0. 0.5 0.25 0.25 2) Cho ABC với C(3 ; 2 ; 3) , đờng cao AH: 2 3 1 3 1 2 = = zyx và phân giác trong BD: 1 3 2 4 1 1 = = zyx . Lập phơng trình BC và tính diện tích tam giác ABC. 0.5 0.5 Cõu VIIb Giải bất phơng trình : 1 1 )13(log 3 x x + Vi x > 1 bpt log 3 (3 x 1) x 1 3 x 1 3 x 1 3 2 .3 x 1 x log 3 2 3 Vy x > 1 l nghim. + Vi 0 < x < 1 bpt log 3 (3 x 1) x 1 3 x 1 3 x 1 3 2 .3 x 1 x log 3 2 3 vy 0 < x log 3 2 3 l n 0 . Kt lun : Bt phng trỡnh cú nghim : 0 < x log 3 2 3 hoc x > 1. 0.5 0.5 . 1 1 )13(log 3 x x H v tờn : S bỏo danh: (Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm) CâuI Cho hµm sè : y = - 3 1 x 3 + (m – 1)x 2 + (m + 3)x + 4. 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0. 2). sinh (7điểm) CâuI(2điểm) Cho hàm số : y = - 3 1 x 3 + (m 1)x 2 + (m + 3)x 4. 1) Kho sỏt s bin thi n v v th hm s khi m = 0. 2) Tìm m để hàm số đng biến trên khong ( 0 ; 3). Câu II(2điểm) 1). Sở GD - ĐT Thái Bình Đề thi thử đại học lần IV năm học 2009- 2010 Trờng THpt nguyễn đức cảnh Môn : Toán ( Thời gian là