2 đề thi thử ĐH môn Toán và đáp án : Thái Bình, Hải Phòng

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH . KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010. TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH . Môn Toán Thời gian làm bài 180 phút. A /Phần chung cho tất cả thí sinh. ( 8 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ). Cho hàm số y = x 3 + ( 1 – 2m)x 2 + (2 – m )x + m + 2 . (C m ) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (C m ) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II : ( 2 điểm ). 1. Giải phương trình: sin 2 2 2(sinx+cosx)=5x − . 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 2 2x mx 3 x. + = − Câu III : ( 2 điểm ). 1. Tính tích phân sau : 2 2 3 1 1 x I dx. x x − = + ∫ 2. Cho hệ phương trình : 3 3 x y m(x y) x y 1  − = −  + = −  Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x 1 ;y 1 );(x 2 ;y 2 );(x 3 ;y 3 ) sao cho x 1 ;x 2 ;x 3 lập thành cấp số cộng ( ) d 0 ≠ .Đồng thời có hai số x i thỏa mãn i x > 1 Câu IV : ( 2 điểm ). Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d 1 : x y z 1 1 2 = = ; d 2 x 1 2t y t z 1 t = − −   =   = +  và điểm M(1;2;3). 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d 1 ; Tìm M ’ đối xứng với M qua d 2 . 2.Tìm 1 2 A d ;B d ∈ ∈ sao cho AB ngắn nhất . B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2 điểm ). ( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu V a hoặc V b sau đây.) Câu V a . 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ABC ∆ có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích ABC ∆ . 2.Tìm hệ số x 6 trong khai triển n 3 1 x x   +  ÷   biết tổng các hệ số khai triển bằng 1024. Câu V b . 1. Giải bất phương trình : 2 2 1 1 5 5 x x+ − − > 24. 2.Cho lăng trụ ABC.A ’ B ’ C ’ đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A ’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA ’ tạo với đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ. 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH . KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010. TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH . Môn Toán ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung Điểm I . 200 1 .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 1,00 Với m = 2 ta được y = x 3 – 3x 2 + 4 a ;Tập xác định : D = R. 0,25 b ; Sự biến thiên. Tính đơn điệu …… Nhánh vô cực…… j o 4 + ∞ - ∞ + + - 0 0 2 0 + ∞ - ∞ y y' x 0,25 c ; Đồ thị : + Lấy thêm điểm . + Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy 0,25 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -15 -10 -5 5 10 15 0,25 2 . Tìm m để đồ thị hàm số (C m ) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. 1,00 2 Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 ĐK sau : + y ’ =0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 < x 2 ⇔ ' 2 4m m 5 0∆ = − − > ⇔ m < - 1 hoặc m > 5 4 0,25 0,25 + x 1 < x 2 < 1 ( Vì hệ số của x 2 của y ’ mang dấu dương ) ⇔ …. ⇔ ' 4 2m∆ < − ⇔ … ⇔ 21 m 15 < 0,25 Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số ( ) m ; 1∈ −∞ − 5 7 ; 4 5   ∪  ÷   0,25 II 2,00 1 1.Giải phương trình: sin 2x 2 2(sinx+cosx)=5 − . ( I ) 1,00 Đặt sinx + cosx = t ( t 2≤ ). ⇒ sin2x = t 2 - 1 ⇒ ( I ) 0,25 ⇔ 2 t 2 2t 6 0− − = ⇔ t 2= − ) 0,25 +Giải được phương trình sinx + cosx = 2− … ⇔ cos(x ) 1 4 π − = − + Lấy nghiệm 0,25 Kết luận : 5 x k2 4 π = + π ( k ∈Z ) hoặc dưới dạng đúng khác . 0,25 2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 2 2x mx 3 x. + = − 1,00 ⇔ hệ 2 2 2x mx 9 x 6x x 3  + = + −  ≤  có nghiệm duy nhất 0,25 ⇒ x 2 + 6x – 9 = -mx (1) +; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm. 0,25 + ; Với x ≠ 0 (1) ⇔ 2 x 6x 9 m x + − = − . Xét hàm số : f(x) = 2 x 6x 9 x + − trên ( ] { } ;3 \ 0−∞ có f ’ (x) = 2 2 x 9 x + > 0 x 0∀ ≠ 0,25 + , x = 3 ⇒ f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6 ⇔ m < - 6 0,25 III 2,00 1 1. Tính tích phân sau : 2 2 3 1 1 x I dx. x x − = + ∫ 1,00 3 2 2 3 1 1 x I dx. x x − = + ∫ = 2 2 1 1 1 x dx 1 x x − + ∫ = 2 1 1 d(x ) x 1 x x + − + ∫ = - 2 1 1 ln(x ) x + = …. = 4 ln 5 ( Hoặc 2 2 3 1 1 x I dx. x x − = + ∫ = 2 2 1 1 2x dx x x 1   −  ÷ +   ∫ =……) 0,25 0,50 0,25 2 2.Cho hệ phương trình : 3 3 x y m(x y) x y 1  − = −  + = −  Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x 1 ;y 1 );(x 2 ;y 2 );(x 3 ;y 3 ) sao cho x 1 ;x 2 ;x 3 lập thành cấp số cộng ( ) 0d ≠ .Đồng thời có hai số x i thỏa mãn i x > 1 3 3 x y m(x y) x y 1  − = −  + = −  ⇔ 2 2 (x y)(x y xy m) 0 x y 1  − + + − =  + = −  ⇔ 2 1 x y 2 y x 1 (x) x x 1 m 0  = = −   = − −     ϕ = + + − =   Trước hết (x)ϕ phải có 2 nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 ⇔ 3 4m 3 0 m 4 ∆ = − > ⇔ > 1,00 0,25 0,25 Có thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng. +Trường hợp 1 : 1 2 − ; x 1 ; x 2 +Trường hợp 2 : x 1 ; x 2 ; 1 2 − +Trường hợp 3 : x 1 ; 1 2 − ; x 2 0,25 4 Xét thấy Trường hợp 1 ; 2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có 1 2 1 2 x x 1 x x 1 m + == −   = −  đúng với mọi m > 3 4 Đồng thời có hai số x i thỏa mãn i x > 1 ta cần có thêm điều kiện sau 2 1 4m 3 x 1 4m 3 3 m 3 2 − + − = > ⇔ − > ⇔ > Đáp số : m > 3 0,25 IV Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d 1 : x y z 1 1 2 = = ; d 2 x 1 2t y t z 1 t = − −   =   = +  và điểm M(1;2;3). 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d 1 ; Tìm M ’ đối xứng với M qua d 2 . . + Phương trình mặt phẳng chứa M và d 1 …. Là (P) x + y – z = 0 + Mp(Q) qua M và vuông góc với d 2 có pt 2x – y - z + 3 = 0 2,00 0,25 0,25 + Tìm được giao của d 2 với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1) … ⇒ Điểm đối xứng M ’ của M qua d 2 là M ’ (-3 ;-2 ;-1) 0,25 0,25 2.Tìm 1 2 A d ;B d∈ ∈ sao cho AB ngắn nhất . Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t 1 ;-t 1 ;1+t 1 ) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 và d 2 . 0,50 ⇒ 1 2 AB.v 0 AB.v 0  =   =   uuur uur uuur uur ……. ⇒ tọa độ của 3 3 6 ; ; 35 35 35 A    ÷   và 1 17 18 ; ; 35 35 35 B − −    ÷   0,50 Va 2,00 1 1. Trong mặt phẳng oxy cho ABC ∆ có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . M C B H A +AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là (3;1)n = r AC có phương trình 3x + y - 7 = 0 5 + Tọa độ C là nghiệm của hệ AC CM    …… ⇒ C(4;- 5) + B B M M 2 x 1 y x ; y 2 2 + + = = ; M thuộc CM ta được B B 2 x 1 y 1 0 2 2 + + + + = + Giải hệ B B B B 2 x 1 y 1 0 2 2 x 3y 7 0 + +  + + =    − − =  ta được B(-2 ;-3) 0,25 0,25 Tính diện tích ABC ∆ . + Tọa độ H là nghiệm của hệ 14 x x 3y 7 0 5 3x y 7 0 7 y 5  =  − − =   ⇔   + − =   = −   …. Tính được BH = 8 10 5 ; AC = 2 10 Diện tích S = 1 1 8 10 AC.BH .2 10. 16 2 2 5 = = ( đvdt) 0,25 0,25 2.Tìm hệ số x 6 trong khai triển n 3 1 x x   +  ÷   biết tổng các hệ số khai triển bằng 1024. + ; 0 1 n n n n C C C 1024+ + + = ⇔ ( ) 1 1 1024 n + = ⇔ 2 n = 1024 ⇔ n = 10 0,25 0,25 + ; ( ) 10 10 k 10 k 3 k 3 10 k o 1 1 x C . x x x − =     + =  ÷  ÷     ∑ ; ……. Hạng tử chứa x 6 ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 . 0,25 0,25 V b 2,00 1 1. Giải bất phương trình : 2 2 1 1 5 5 x x+ − − > 24. (2) (2) ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 x x 5 5 24 5 5 0− − > ⇔ 2 x 5 5> ⇔ x 2 > 1 ⇔ x 1 x 1 >   < −  1,00 0,5 0,5 6 2 2.Cho lăng trụ ABC.A ’ B ’ C ’ đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A ’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA ’ tạo với đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ. G N M C B A B' C' A' Từ giả thiết ta được chóp A ’ .ABC là chóp tam giác đều . · ' A AG là góc giữa cạnh bên và đáy . ⇒ · ' A AG = 60 0 , … AG = a 3 3 ; Đường cao A ’ G của chóp A ’ .ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy A ’ G = a 3 3 .tan60 0 = a 3 3 . 3 = a. …… Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = 3 1 a 3 a 3 .a. .a 2 2 4 = 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 Ghi chú : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như nhau . + Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và làm tròn ( lên ) đến 0,5 điểm. Câu I: SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – THÁNG 2/2010 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ Môn thi: TOÁN HỌC – Khối A, B Thời gian: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC 7 Cho hàm số ( ) x 2 y C . x 2 + = − 1. Khảo sát và vẽ ( ) C . 2. Viết phương trình tiếp tuyến của ( ) C , biết tiếp tuyến đi qua điểm ( ) A 6;5 .− Câu II: 1. Giải phương trình: cosx cos3x 1 2sin 2x 4 π   + = + +  ÷   . 2. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 3 x y 1 x y 2xy y 2  + =   + + =   Câu III: Tính ( ) 4 2 3x 4 dx I cos x 1 e π − π − = + ∫ Câu IV: Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) SBC bằng 2. Với giá trị nào của góc α giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất? Câu V: Cho a,b,c 0: abc 1.> = Chứng minh rằng: 1 1 1 1 a b 1 b c 1 c a 1 + + ≤ + + + + + + Câu VI: 1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm ( ) ( ) ( ) ( ) A 1;0 ,B 2;4 ,C 1;4 ,D 3;5− − và đường thẳng d :3x y 5 0− − = . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. 2. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau: 1 2 x 1 2t x y 1 z 2 d : ; d : y 1 t 2 1 1 z 3 = − +  − +  = = = +  −  =  Câu VII: Tính: 0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2 C 2 C 2 C 2 C 2 C A 1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012 = − + − + + ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 2 Câu I: 1. a) TXĐ: { } \ 2¡ \ b) Sự biến thiên của hàm số: -) Giới hạn, tiệm cận: +) x 2 x 2 lim y , lim y x 2 − + → → = −∞ = +∞ ⇒ = là tiệm cận đứng. 8 +) x x lim y lim y 1 y 1 →−∞ →+∞ = = ⇒ = là tiệm cận ngang. -) Bảng biến thiên : ( ) 2 4 y' 0 x 2 x 2 = − < ∀ ≠ − c) Đồ thị : -) Đồ thị cắt Ox tại ( ) 2;0− , cắt Oy tại ( ) 0; 1− , nhận ( ) I 2;1 là tâm đối xứng. 2. Phương trình đường thẳng đi qua ( ) A 6;5− là ( ) ( ) d : y k x 6 5= + + . (d) tiếp xúc (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 x 2 x 2 x 6 5 k x 6 5 x 2 x 2 x 2 4 4 k k x 2 x 2 4x 24x 0 4 x 6 5 x 2 x 2 x 2 x 0;k 1 4 4 1 k k x 6;k x 2 4 x 2 +  +  − × + + = + + =   − − −   ⇔     = − = − −   −     − = − + + − = + − = = −     ⇔ ⇔ ⇔   = −  = − = = −   −  −   Suy ra có 2 tiếp tuyến là : ( ) ( ) 1 2 x 7 d : y x 1; d : y 4 2 = − − = − + Câu II: 9 ( ) ( ) ( ) 2 1. cos x cos3x 1 2 sin 2x 4 2cos x cos2x 1 sin 2x cos2x 2cos x 2sin x cos x 2cosx cos2x 0 cosx cos x sinx cos2x 0 cosx cos x sinx 1 sinx cosx 0 x k 2 cosx 0 cosx sinx 0 x k 4 1 sinx cosx 0 sin x 4 π   + = + +  ÷   ⇔ = + + ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ + + − = π = + π =  π  ⇔ + = ⇔ = − + π   + − =  π   −  ÷   1 2 x k 2 x k 2 x k 4 x k 4 x k2 x k2 4 4 5 x k2 4 4        = −   π  = + π  π  = + π   π   = − + π  π  ⇔ ⇔ = − + π   π π   − = − + π = π     π π   − = + π  ( ) ( ) ( ) 1 3 1 1 3 3 2x 2 x y y x y x x y 2. 1 3 1 3 2y 2x x y y x x y 4 x y 2 x y xy 2 xy 1 3 1 3 2x 2x y x y x x y 1 3 x y 1 2x x x x y 1 2 x 2,y 2 y x x 2,y 2 x 3 2x 2 x       + = − + − = −   ÷  ÷        ⇔     + = + =      =  −  − = −    = −    ⇔ ⇔     + = + =      =     = =   + =    = = −  ⇔ ⇔   = = − = −     = − =   − =           Câu III: 10 [...]... 2 = 0 uuuu r ⇒ M ( 2; 0; −1) , N ( 1 ;2; 3 ) , MN ( −1 ;2; 4 ) ⇒ PT MN : x − 2 y z +1 = = −1 2 4 Câu VII: A= 20 C0 21 C1 22 C2 23 C 3 2 2010 C 20 10 20 10 20 10 20 10 20 10 20 10 − + − + + 1 2 3 4 20 11 Ta c : 12 2k C k ( 2 ) 20 10! = ( 2 ) 20 10! 20 10 = ( −1) ( k + 1) k!( 20 10 − k ) !( k + 1) ( k + 1) !( 20 10 − k ) ! k k k 1 ( 2 ) 20 11! 1 k +1 = × =− ×( 2 ) C k +1 20 11 20 11 ( k + 1) !( 20 11 − k − 1) ! 4 022 ...d ( x2 ) xdx 11 1 1 dt I=∫ 4 = ∫ = 2 2 0 ( x2 ) 2 + x2 +1 2 ∫ t2 + t +1 0 x + x +1 0 1 1 3 2 1 dt 1 du = ∫ 2 ∫ 2 0  1 2  3  2 1 2  3 2 2 u + ÷ ÷ t + ÷ +  2  2   2  3 3 dy  π π tan y, y ∈  − ; ÷ ⇒ du = × Đặt u = 2 2 cos 2 y  2 2 1 π 3 π u = ⇒ y = ;u = ⇒ y = 2 6 2 3 π π 3 dy 3 1 1 3 π 2 ⇒I= ∫ = ∫ dy = 6 3 2 π cos 2 y ×3 × 1 + tan 2 y ( ) 3 π6 6 4 = Câu IV: Gọi M, N là trung... xuống SM Ta c : · SMN = α,d ( A; ( SBC ) ) = d ( N; ( SBC ) ) = NH = 2 NH 2 4 = ⇒ SABCD = MN 2 = sin α sin α sin 2 α tan α 1 SI = MI.tan α = = sin α cosα 1 4 1 4 ⇒ VSABCD = × 2 × = 2 3 sin α cosα 3.sin α.cosα sin 2 α + sin 2 α + 2cos 2 2 sin 2 α.sin 2 α.2cos 2 ≤ = 3 3 1 ⇒ sin 2 α.cosα ≤ 3 2 VSABCD min ⇔ sin α.cosα max S ⇒ MN = ⇔ sin 2 α = 2cos 2 ⇔ cosα = H C D N M I A B 1 3 Câu V: Ta c : 11 a+b= (... k + 1) ( k + 1) !( 20 10 − k ) ! k k k 1 ( 2 ) 20 11! 1 k +1 = × =− ×( 2 ) C k +1 20 11 20 11 ( k + 1) !( 20 11 − k − 1) ! 4 022 k 1  1 2 2011 × ( 2 ) C1 + ( 2 ) C 2 + + ( 2 ) C 20 11  20 11 20 11 20 11   4 022 1  1 20 11 0 =− × ( 2 + 1) − ( 2 ) C0  = 20 11  4 022  20 11 ⇒A=− 13 ... 17   3x − y − 5 = 0  3x + 7y − 21 = 0 7  ⇔ ⇒ M1  ;2 ÷, M 2 ( −9; − 32 )  3x − y − 5 = 0 3    5x − y + 13 = 0  ⇔ 5× 2 Gọi M ∈ d1 ⇒ M ( 2t;1 − t; 2 + t ) , N ∈ d 2 ⇒ N ( −1 + 2t ';1 + t ';3 ) uuuu r ⇒ MN ( −2t + 2t '− 1; t + t '; − t + 5 ) uuuu ur r u MN.u1 = 0    2 ( −2t + 2t '− 1) − ( t + t ' ) + ( − t + 5 ) = 0 ⇔ uuuu ur r u  2 ( −2t + 2t '− 1) + ( t + t ' ) = 0 MN.u1 = 0... ab ( a+3b 3 1 ≤ a + b + 1 3 ab ( ) 3 a 2 − 3 ab + 3 b 2 ≥ 3 ab 3 a + 3 b + 1 = 3 ab ) 1 3 a+3b+3c ) = ( 3 ( 3 a+3b ) ) a + 3 b + 3 abc = 3 ab ( 3 a+3b+3c ) c a+ b+3c 3 3 3 Tương tự suy ra … Câu VI: 1 Giả sử M ( x; y ) ∈ d ⇔ 3x − y − 5 = 0 AB = 5,CD = 17 uuu r uuu r AB ( −3;4 ) ⇒ n AB ( 4;3) ⇒ PT AB : 4x + 3y − 4 = 0 uuu r uuu r CD ( 4;1) ⇒ n CD ( 1; −4 ) ⇒ PT CD : x − 4y + 17 = 0 SMAB = SMCD ⇔ AB.d ( . 1 20 11 1 2 2011 1 2 2011 20 11 20 11 20 11 20 11 0 0 20 11 2 2010! 2 2010! 2 C 1 k 1 k! 20 10 k ! k 1 k 1 ! 20 10 k ! 2 2011! 1 1 2 C 20 11 k 1 ! 20 11 k 1 ! 4 022 1 A 2 C 2 C 2 C 4 022 1 1 2 1 2 C 4 022 20 11 + + −. 20 10 20 10 20 10 20 10 20 10 20 10 2 C 2 C 2 C 2 C 2 C A 1 .2 2.3 3.4 4.5 20 11 .20 12 = − + − + + ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 2 Câu I: 1. a) TX : { } 2 b) Sự biến thi n của hàm s : -) Giới hạn, tiệm cận: . =   − =           Câu III: 10 ( ) ( ) 2 1 1 1 2 4 2 2 2 2 0 0 0 3 1 2 2 2 2 1 0 2 2 d x xdx 1 1 dt I x x 1 2 2 t t 1 x x 1 1 dt 1 du 2 2 1 3 3 t u 2 2 2 = = = + + + + + + = =     