THPT Chí Linh : Thi thu DH lan 2 đề-đáp án khối D

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHÍ LINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Thi : TOÁN ; Khối :D Lần thứ hai Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề. Đề gồm 01 trang Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x − = − có đồ thị (C). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm m ( )m ∈ ¡ để đường thẳng y x m = + cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho 4AB = Câu 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình ( ) 3 cos 2 2cos sin 1 0x x x+ − = 2) Giải phương trình 2 2 2 1 4 2 2 log 2log log ( )x x x x − = ∈¡ Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân 1 0 2 I 1 x dx x = + ∫ Câu 4: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy ABC là tam giác đều, hình chiếu của A trên (A’B’C’) trùng với trọng tâm G của ∆ A’B’C’. Cạnh bên tạo với đáy góc 0 60 . Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a. Câu 5: (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 2 :3 4 20 0, : 1 0d x y d x y+ − = + + = Viết phương trình đường tròn (C) biết rằng (C) có bán kính R=5, tiếp xúc với 1 d và có tâm nằm trên 2 d . Câu 6: ( 1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình (S): 2 2 2 4 4 2 16 0x y z x y z+ + − − + − = ( ) : 2 2 1 0P x y z + − + = Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng (Q) bằng 3. Câu 7: ( 1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn ( ) 1 3 4i z i + = . Tính 2010 z . Câu 8: (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn 2 2 2 4 3 x y z + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 4 3P x y z x y z = + + + + + ………….…………………………………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:…………………. Chữ kí giám thị:……………………………………… 2 Híng dÉn chÊm TOÁN KHÓI D Câu Nội dung Điểm Câu1 (2,0đ) 1)1,0 đ 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2 1 1 x y x − = − 1. Tập xác định: \{1}D = ¡ 2. Sự biến thiên của hàm số * Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực của hàm số. Tiệm cận của đồ thị hàm số. 1 2 2 1 lim lim lim 2 1 1 1 x x x x x y x x →±∞ →±∞ →±∞ − − = = = − − => Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=2 làm tiệm cận ngang 1 1 1 1 2 1 2 1 lim lim ;lim lim 1 1 x x x x x x y y x x + − + − → → → → − − = = +∞ = = −∞ − − =>Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=1 làm tiệm cận đứng 0,25 * Lập bảng biến thiên 2 1 ' 0 ( 1) y x D x − = < ∀ ∈ − , y’ không xác định <=> x=1 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó. Hàm số không có cực trị. 0,25 bảng biến thiên x - ∞ 1 + ∞ y’ - || - y 2 + ∞ - ∞ 2 0.25 3. Đồ thị - Giao của đồ thị hàm số và Ox: y=0=>x=1/2 - Giao của đồ thị hàm số và Oy: x=0=>y=1 - đồ thị hàm số nhận điểm I(1;2) làm tâm đối xứng. 0,25 3 I ( 1;2 ) 2 1 y x O 2)1,0đ 2)Hoành độ giao điểm của đường thẳng y=x+m (d) và đồ thị (C) là nghiệm của phương trình ( ) ( ) 2 1 1 2 1 1 (*) x x m x x x x m − = + − ⇔ − = − + ( x=1 không phải là nghiệm của (*)) 2 ( 3) 1 0x m x m⇔ + − + − = (1) 0,25 2 2 ( 3) 4(1 ) 2 5 0m m m m m∆ = − − − = − + > ∀ Do đó (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt 1 1 2 2 ( ; ), ( ; )A x y B x y với 1 2 ,x x là hai nghiệm của (1) 0,25 Theo viét 1 2 1 2 3 ; 1x x m x x m+ = − = − . Vì , ( )A B d ∈ nên 1 1 2 2 ;y x m y x m= + = + ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 2 4 2( 2 5)AB x x x x x x m m   = − = + − = − +   0,25 2 2 2 1 4 16 2( 2 5) 16 2 3 0 3 m AB AB m m m m m = −  = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔  =  0,25 Câu 2: (2,0đ) 1)Giải phương trình ( ) 3 cos 2 2cos sin 1 0x x x+ − = 3 cos 2 sin 2 2cosx x x⇔ + = 3 1 cos2 sin 2 cos 2 2 x x x⇔ + = 0,25 cos2 cos sin 2 sin cos 6 6 x x x π π ⇔ + = cos(2 ) cos 6 x x π ⇔ − = 0,25 2 2 6 ( ) 2 2 6 x x k k x x k π π π π  − = +  ⇔ ∈   − = − +   ¢ 0,25 2 6 ( ) 2 18 3 x k k k x π π π π  = +  ⇔ ∈   = +   ¢ KL 0,25 1)1,0đ 2)Giải phương trình 2 2 2 1 4 2 2 log 2log log ( )x x x x − = ∈¡ (1) ĐKXĐ:x>0 ( ) 2 2 2 2 2 1 log 2log logx x x ⇔ + = 0,25 2 2 2 log 3log 2 0(*)x x ⇔ − + = 0,25 4 Đặt t=log 2 x Thay vào (*) ta có 2 3 2 0 1 2 t t t t − + = =  ⇔  =  0,25 t=1 ta có log 2 x=1 ⇔ x=2 t=2 ta có log 2 x=2 ⇔ x=4 kết hợp với ĐKXĐ ⇒ phương trình đã cho có 2 nghiệm là x=2 và x=4 0,25 Câu 3: (1,0đ) Tính tích phân 1 0 2 I 1 x dx x = + ∫ Đặt 2 2t x x t dx tdt= ⇒ = ⇒ = 3 2 4 1 1 xdx t dt t x = + + Nếu 0 0 1 1 x t x t = ⇒ = = ⇒ = 0,25 1 1 3 2 0 0 4 1 4 ( 1 ) 1 1 t I dt t t dt t t = = − + − + + ∫ ∫ 0,25 3 2 1 0 1 1 4( ln 1 ) ) 3 2 t t t t = − + − + 0,25 10 4ln 2 3 = − 0,25 Câu 4: (1,0đ) A' G M' C' B' C B A Hình chiếu của AA’ trên (A’B’C’) là A’G nên góc tạo bởi AA’và (A’B’C’) là · 0 ' 60AA G = gọi M’là trung điểm B’C’ ⇒ A’,G, M’ thẳng hàng 0,25 đặt x=AB ∆ A’B’C’ đều cạnh x có A’M’ là đường cao ⇒ 3 2 3 ' ' , ' ' ' 2 3 3 x x A M A G A M = = = 0,25 5 Trong ∆ AA’G vuông có AG=AA’sin60 0 = 3 2 a ; 0 3 3 ' ' os60 2 3 2 a x a A G AA c x = = = ⇔ = diện tích ∆ ABC là 2 2 0 2 1 3 3 3 3 3 . .sin 60 ( ) 2 4 4 2 16 ABC x a a S AB AC ∆ = = = = 0,25 thể tích khối lăng trụ là 2 3 . ' ' ' 3 3 3 9 . 2 16 32 ABC A B C ABC a a a V AG S ∆ = = = 0,25 Câu 5: (1,0đ) Giả sử là 2 ( ; 1 )I t t d− − ∈ tâm của đường tròn (C) Vì (C) tiếp xúc với 1 d nên 1 2 2 3 4( 1 ) 20 ( , ) 5 3 4 t t d I d R + − − − = ⇔ = + 0,25 24 25 1 24 25 24 25 49 t t t t t + = =   ⇔ + = ⇔ ⇔   + = − = −   0,25 Với 1 1 (1; 2)t I= ⇒ − ta được phương trình đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 25C x y − + + = 0,25 Với 1 49 ( 49;48)t I= − ⇒ − ta được phương trình đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 2 49 48 25C x y + + − = 0,25 Câu 6: (1,0đ) (S): 2 2 2 4 4 2 16 0x y z x y z+ + − − + − = (S) có tâm I(2;2;-1) phương trình mặt phẳng (Q) có dạng: 2 2 0x y z D + − + = điều kiện 1(*)D ≠ 0,25 ( ,( )) 3d I P = 2 2 2 | 2.2 1.2 2( 1) | 3 2 1 ( 2) D + − − + ⇔ = + + − 0,25 1 | 8| 9 17 D D D =  ⇔ + = ⇔  = −  Kết hợp với điều kiện (*) ta được D = -17 0,25 Vậy phương trình của (Q) 2 2 17 0x y z + − − = 0,25 Câu 7: (1,0đ) ( ) ( ) 2 2 1 3 4 4 1 3 4 3 1 3 1 ( 3) i z i i i i z i i + = − ⇔ = = = + + + 0,25 3 1 2( ) 2 cos sin 2 2 6 6 i i π π   = + = +  ÷   0,25 Theo công thức Moa-vrơ 2010 2010 2010 2010 2 cos sin 6 6 z i π π   = +  ÷   0,25 ( ) 2010 2010 2 1 2 = − = − 0,25 6 Câu 8: (1,0đ) Đặt t=x+y+z Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 3 3( ) 4 2 3 3 4 3 x y z x y z x y z t t A t t + + ≤ + + ≤ + + ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ = + 0,25 Xét hàm số 4 ( ) 3f t t t = + trên 2 3 ;2 3       2 2 2 4 3 4 2 3 '( ) 3 0 3 t f t t t t − = − = ≥ ∀ ≥ 2 3 '( ) 0 3 f t t = ⇔ = Hàm số f(t) đồng biến trên 2 3 ;2 3       do đó ( ) (2) 8f t f ≤ = Dấu đẳng thức xảy ra khi t=2 0,5 Do đó 8A ≤ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( ) 2 2 2 2 2 3( ) 3 2 x y z x y z x y z x y z  + + = + +  ⇔ = = =  + + =   Vậy giá trị lớn nhất của A là 8 0,25 7 . thức Moa-vrơ 20 10 20 10 20 10 20 10 2 cos sin 6 6 z i π π   = +  ÷   0 ,25 ( ) 20 10 20 10 2 1 2 = − = − 0 ,25 6 Câu 8: (1,0đ) Đặt t=x+y+z Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 3 3( ) 4 2 3 3 4 3 x y. (1) 0 ,25 Theo viét 1 2 1 2 3 ; 1x x m x x m+ = − = − . Vì , ( )A B d ∈ nên 1 1 2 2 ;y x m y x m= + = + ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 2 4 2( 2 5)AB x x x x x x m m   = − = + − = − +   0 ,25 2 2. ) 2 2 2 49 48 25 C x y + + − = 0 ,25 Câu 6: (1,0đ) (S ): 2 2 2 4 4 2 16 0x y z x y z+ + − − + − = (S) có tâm I (2; 2;-1) phương trình mặt phẳng (Q) có d ng: 2 2 0x y z D + − + = điều kiện 1(* )D ≠ 0 ,25 (