De va DA thi thu DH 2010

đề thi thử ĐH số 1 27/05/2010 Thi gian:180 phỳt (Khụng k thi gian phỏt ) Các em về làm nh thi ĐH, đầu giờ buổi học thày giáo chữa bài khó làm ra quyển vở riêng. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7.0 im) Cõu I. (2.0 im) Cho hm s y = (C) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) 2. Vit phng trỡnh tip tuyn vi th (C), bit rng khong cỏch t tõm i xng ca th (C) n tip tuyn l ln nht. Cõu II. (2.0 im) 1. Gii phng trỡnh 2 os6x+2cos4x- 3 os2x =sin2x+ 3c c 2. Gii h phng trỡnh 2 2 2 1 2 2 2 2 x x y y y x y + = = Cõu III. (1.0 im) Tớnh tớch phõn 1 2 3 0 ( sin ) 1 x x x dx x + + Cõu IV. (1.0 im) Cho x, y, z l cỏc s thc dng ln hn 1 v tho món iu kin 1 1 1 2 x y z + + Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Cõu V. (1.0 im) Cho hỡnh chúp S.ABCD ỏy ABCD l hỡnh thoi. SA = x (0 < x < ) cỏc cnh cũn li u bng 1. Tớnh th tớch ca hỡnh chúp S.ABCD theo x PHN RIấNG ( 3.0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn A hoc B (Nu thớ sinh lm c hai phn s khụng dc chm im). A. Theo chng trỡnh nõng cao Cõu VIa. (2.0 im) 1. 1. Trong mt phng to Oxy cho hai ng thng (d 1 ) : 4x - 3y - 12 = 0 v (d 2 ): 4x + 3y - 12 = 0. Tỡm to tõm v bỏn kớnh ng trũn ni tip tam giỏc cú 3 cnh nm trờn (d 1 ), (d 2 ), trc Oy. 2. Cho hỡnh lp phng ABCD.ABCD cú cnh bng 2. Gi M l trung im ca on AD, N l tõm hỡnh vuụng CCDD. Tớnh bỏn kớnh mt cu i qua cỏc im B, C, M, N. Cõu VIIa. (1.0 im) Gii bt phng trỡnh 2 3 3 4 2 log ( 1) log ( 1) 0 5 6 x x x x + + > B. Theo chng trỡnh chun Cõu VIb. (2.0 im) 1. Cho im A(-1 ;0), B(1 ;2) v ng thng (d): x - y - 1 = 0. Lp phng trỡnh ng trũn i qua 2 im A, B v tip xỳc vi ng thng (d). 2. Trong khụng gian vi h trc to Oxyz cho im A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) v mt phng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lp phng trỡnh mt phng (P) i qua A, B v vuụng gúc vi (Q). Cõu VIIb. (1.0 im) Gii phng trỡnh 1 2 2 3 2 2 x x x x x x x x C C C C + + + = ( k n C l t hp chp k ca n phn t) HT Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh s bỏo danh P N Kè THI KHO ST CHT LNG LP 12 MễN TON Tháng 03/2010 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM Câu I (2.0đ) 1. (1.0đ) TXĐ : D = R\{1} 0.25 Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x →+∞ →−∞ = = nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ( ) , lim x x f x + − → → = +∞ = −∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y’ = 2 1 0 ( 1)x − < − 0.25 Bảng biến thiên 1 + ∞ - ∞ 1 - - y y' x - ∞ 1 + ∞ Hàm số nghịc biến trên ( ;1)−∞ và (1; )+∞ Hàm số không có cực trị 0.25 Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0.25 2.(1.0đ) Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x = − − + − − 2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x ⇔ − − + = − − 0.25 Ta có d(I ;tt) = 0 4 0 2 1 1 1 ( 1) x x − + + Xét hàm số f(t) = 4 2 ( 0) 1 t t t > + ta có f’(t) = 2 4 4 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 t t t t t − + + + + 0.25 - + f(t) f'(t) x 2 0 1 0 + ∞ f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 0 0 0 2 1 1 0 x x x =  − = ⇔  =  0.25 + Với x 0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x 0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 0.25 Câu II(2.0đ) 1. (1.0đ) 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos 2 x 0.25 os x=0 2cos5x =sinx+ 3 cos c x  ⇔   0.25 cos 0 os5x=cos(x- ) 6 x c π =   ⇔   0.25 2 24 2 2 42 7 x k k x k x π π π π π π  = +    ⇔ = − +    = +   0.25 2.(1.0đ) ĐK : 0y ≠ hệ 2 2 1 2 2 0 2 1 2 0 x x y x y y  + − − =   ⇔   + − − =   đưa hệ về dạng 2 2 2 2 0 2 2 0 u u v v v u  + − − =   + − − =   0.5 2 1 1 1 2 2 0 3 7 3 7 2 2 , 1 7 1 7 2 2 u v u v u v u v v v u u u v v       = = =      = − ⇔ ⇔ = = −     + − − =   − +   = =         − + − −    = =       Từ đó ta có nghiệm của hệ (-1 ;-1),(1 ;1), ( 3 7 2 ; 2 7 1 − − ), ( 3 7 2 ; 2 7 1 + + ) 0.5 Câu III. (1.0đ) 1 1 2 3 0 0 sin 1 x I x x dx dx x = + + ∫ ∫ 0.25 O C B A D S H Ta tính I 1 = 1 2 3 0 sinx x dx ∫ đặt t = x 3 ta tính được I 1 = -1/3(cos1 - sin1) 0.25 Ta tính I 2 = 1 0 1 x dx x+ ∫ đặt t = x ta tính được I 2 = 1 2 0 1 2 (1 ) 2(1 ) 2 1 4 2 dt t π π − = − = − + ∫ 0.25 Từ đó ta có I = I 1 + I 2 = -1/3(cos1 - 1)+ 2 2 π − 0.25 Câu IV. (1.0đ) Ta có 1 1 1 2 x y z + + ≥ nên 0.25 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz − − − − ≥ − + − = + ≥ Tương tự ta có 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 − − − − ≥ − + − = + ≥ 0.25 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z− − − ≤ 0.25 vậy A max = 1 3 8 2 x y z⇔ = = = 0.25 Câu V. (1.0đ) Ta có ( . . )SBD DCB c c c SO CO∆ = ∆ ⇒ = Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S. 2 1CA x⇒ = + Mặt khác ta có 2 2 2 2 2 2 AC BD AB BC CD AD+ = + + + 2 3 ( 0 3)BD x do x⇒ = − < < 2 2 1 1 3 4 ABCD S x x⇒ = + − 0.5 Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) Vì SB = SD nên HB = HD ⇒ H ∈ CO 0.25 Mà 2 2 2 2 1 1 1 1 x SH SH SC SA x = + ⇒ = + Vậy V = 2 1 3 ( vtt) 6 x x d− 0.25 Câu VIa. (2.0đ) 1. (1.0đ) Gọi A là giao điểm d 1 và d 2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d 1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d 2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.5 Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có 0.5 B' Y X Z N D' C' A' C D A B M I(4/3 ; 0), R = 4/3 2. (1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng x 2 + y 2 + z 2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 5 2 1 2 0 5 2 2 2 0 2 8 4 4 0 1 8 4 4 0 2 4 A A D B C D B A C D C B C D D  = −  + + =     + + + = = −   ⇔   + + + =   = −   + + + =    =  Vậy bán kính R = 2 2 2 15A B C D+ + − = 1.0 Câu VIIa (1.0đ) Câu VIb (2.0đ) 1. (1.0đ) Đk: x > - 1 0.25 bất phương trình 3 3 3 3log ( 1) 2log ( 1) log 4 0 ( 1)( 6) x x x x + + − ⇔ > + − 3 log ( 1) 0 6 x x + ⇔ < − 0.25 0.25 0 6x ⇔ < < 0.25 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a) 2 + (x-b) 2 = R 2 0.25 Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) (2 ) ( 1) 2 a b R a y R a b R  + + =  − + − =   − − =  0.25 2 0 1 2 a b R  =  ⇔ =   =  Vậy đường tròn cần tìm là: x 2 + (y - 1) 2 = 2 0.5 2. (1.0đ) Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1) Q Q AB n AB n   = −   uuur uur uuur uur Vì ; 0 Q AB n   ≠   uuur uur r nên mặt phẳng (P) nhận ; Q AB n     uuur uur làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 1.0 Câu VIIb (1.0đ) ĐK : 2 5x x N ≤ ≤   ∈  Ta có 1 1 2 2 3 1 2 3 2 3 2 1 1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x C C C C C C C C C C − − − − − − − + + + + + + + + + = ⇔ + = ⇔ = (5 )! 2! 3x x⇔ − = ⇔ = 1.0 Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh ®¸p ¸n quy ®Þnh. . đề thi thử ĐH số 1 27/05 /2010 Thi gian:180 phỳt (Khụng k thi gian phỏt ) Các em về làm nh thi ĐH, đầu giờ buổi học thày giáo chữa bài khó làm. Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh s bỏo danh P N Kè THI KHO ST CHT LNG LP 12 MễN TON Tháng 03 /2010 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian. t t t t − + + + + 0.25 - + f(t) f'(t) x 2 0 1 0 + ∞ f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thi n từ bảng biến thi n ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 0 0 0 2 1 1 0 x x x =  − = ⇔  =  0.25 +