ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT III MÔN TOÁN-KHỐI B ppsx

gigaboyht@yahoo.com.vn sent to http://laisac.page.tl Trường PTTH chuyên Lê Qúy Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT III MÔN TOÁN-KHỐI B Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG(7đ) (cho tất cả các thí sinh) Câu I (2đ) 1. khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số: 2 32    x x y 2. Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến của (C ) tại hai điểm đó song song với nhau. Câu II (3đ) 1. Giải phương trình: 012sin4cos)sin(cos4 66  xxxx 2. Giải hê phương trình:        101 2612 22 222 xyy xxyy 3. Tính tích phân:     2 0 2 )25.012 |1|1 1 ( dxx x I Câu III (1đ): Cho lăng trụ đứng ABC.A 1 B 1 C 1 có AB = a; AC = 2a; AA 1 =2a 5 và o CAB 120 ˆ  ; M là trung điểm cạnh CC 1 . Chứng minh 1 MAMB  và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A 1 BM) Câu IV: (1đ): Cho ba số a; b; c thoả mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 9 . Chứng minh rằng: 2 ( a + b + c) –abc 10  PHẦN RIÊNG ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau) Phần I: (3đ) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C ): 02168 22  yxyx và đường thẳng (d): x + y -1=0. Xác định toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) biết A nằm trên (d). 2. Cho hai đường thẳng (d 1 ):         tz ty tx 2 33 21 ; (d 2 ):         sz sy sx 2 1 21 và mặt phẳng (P): x –2y+2z-1= 0. Tìm điểm M trên (d 1 ) và điểm N trên (d 2 ) sao cho MN song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng2 3. Giải phương trình tập số phức: z 4 +2z 3 -z 2 +2z+1=0 PhầnII (3đ) 1 Trong mặt phăng Oxy cho đường tròn ( C): x 2 + y 2 =1. Tìm tất cả các giá trị thực m để trên đường thằng y = m tồn tại đúng hai điểm phân biệt mà từ mỗi điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến bằng 60 0 2. Cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng 1 3 1 2 2 2 :)( 1       zyx d ; 1 1 2 1 1 1 :)( 2       zyx d . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A, vuông góc với (d 1 ) và cắt (d 2 ) 3. Giải bất phương trình: )243(log1)243(log 2 3 2 9  xxxx Hết HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI B PHẦN CHUNG: 1 TXĐ: D = R\{2} ;lim 2    y x    y x 2 lim  x = 2 là tiệm cận đứng ;2lim   y x 2lim  x y  y=2 là tiệm cận ngang 0.25 y’ = 2;0 )2( 7 2    x x  Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- )2;  và (2; +  ); Hàm số không đạt cực trị 0.25 Lập đúng, đầy đủ BBT 0.25 Vẽ đồ thị 0.25 cộng 1đ 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: 032)6(22 2 32 2    mxmxmx x x (x = 2 không là nghiệm của p trình) 0.25 (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến tại đó song song với nhau  (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 thoả mãn: y’(x 1 ) = y’(x 2 ) hay x 1 +x 2 =4 0.25 2 4 2 6 0)32(8)6( 2           m m mm 0.5 I cộng 1đ II 1 012sin4cos)sin(cos4 66  xxxx 4(1- ()2sin 4 3 2 x 012sin)2sin21 2  xx 0.25 - 062sin2sin5 2  xx 0.25         )( 5 6 2sin 12sin loaix x Zkkx  ; 4   0.5 cộng 1đ 2 ĐK: 1||  x ; Đặt t = )0(;1 2  tx ; hệ trở thành:      10)( 25)( 2 tyy ty 0.5                                     )( 2 3 2 5 2 10 2 3 2 5 loai y t y ty y x y t y ty 0.25 Vậy nghiệm của hệ là: (x;y) = )2;10( và )2;10();( yx 0.25 cộng 1đ 3      2 0 2 0 2 25.012 |1|1 1 dxxdx x I 0.25 2ln2|||ln||2|ln 1 2 1 |1|1 1 2 1 2 1 1 0 2 0 1 0       xxdx x dx x dx x 0.25    dx x 2 0 2 4 12 (Đặt x= 2sin t; t         2 ; 2  ) 0.25 Vậy I = 2ln2 -  0.25 cộng 1đ III Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta có: BC 2 = 7a 2 A 1 B 2 = AB 2 + AA 1 2 = 21 a 2 ; MB 2 = BC 2 + CM 2 = 12 a 2 0.25 Ta có: MB 2 + MA 1 2 = 21 a 2 = A 1 B 2 nên MB  MA 1 0.25 V = ABCAABAMMABA VVV 11  = . 3 1 ABC S A A 1 = 15 3 1 3 a 0.25 khoảng cách từ A đến mặt phẳng (MBA 1 ) là: 3 5 . 63 1 1 a MAMB V S V MBA  0.25 cộng 1đ IV Giả sử |c| =   3|||;||;|max 2  ccba Đặt P = 2 ( a + b + c) –abc = )2(2)( abcba    Chọn: )2;2();;( abvcbau       . Ta có: |v|.||.     uvu  . Dấu “=” xảy ra khi vu   ; cùng hướng. Suy ra: P 2       7220)()(2)(48)29()2(4)( 232222  abababababababcba 0.5 P 2 = (ab + 2) 2 (2ab – 7) +100 100  (Vì: 2ab  769 222  cba ) Vậy: P 10  Dấu = xảy ra khi chẳng hạn (a; b; c) = ( -1; 2; 2) 0.5 cộng 1đ Đường tròn (C ) có tâm I(4;-3); bán kính R = 2 Vì I nằm trên (d), do đó AI là một đường chéo của hình vuông  x = 2 hoặc x = 6 là hai tiếp tuyến của (C ) nên: 0.25 Hoặc A là giao điểm của (d) với đưòng thẳng: x = 2  A(2; -1) Hoặc A là giao điểm của (d) với đưòng thẳng: x = 6  A(2; -1) 0.25 Với A(2;-1) thì C(6;-5); hai đỉnh kia là (2;-5) ; (6;-1) 0.25 Với A(6;-5) thì C(2;-1) ; hai đỉnh kia là: (6;-1); (2;-5) 0.25 1 cộng 1đ Ta có: M (1+2t; 3-3t;2t); N( 1+2s; -1+s; 2-s) )22;43;22  tststsNM  (P) có VTPT )2;2;1(  P n  0.25 va 2 . Ta có:                            0 1 6 0 6|612| 066 2 3 |14)33(2)21(| ))/(( 0. s t s t t st ttt PMd nNM P   0.25 0.25 */ t = 0; s = 6  M(1; 3; 0); N(13;5;-4) */ t = 1; s = 0  M(3; 0;2); N(1; -1; 2) 0.25 cộng 1đ 2 z 4 +2z 3 -z 2 +2z+1=0 01) 1 (2) 1 (01) 1 (2) 1 ( 2 2 2 22         z z z z z z z zz (z = 0 không là nghiệm của ptrình) 0.25 Đặt w z z 1  ; phương trình trên trở thành: w 2 + 2w – 3 =0       3 1 w w 0.25            2 53 0133 1 2 31 011 1 2 2 zzz z z i zzz z z 0.25 Vậy phương trình có bốn nghiệm: 2 31 i z   ; 2 53 z 0.25 cộng 1đ IV b 1 Đường tròn tâm O(0;0); bán kính R = 1 Giả sử PA; PB là hai tiếp tuyến của đường tròn (A; B là hai tiếp điểm) TH 1:  260 ˆ 0 OPBPA P thuộc đường tròn (C 1 ) tâm O; bán kính R = 2 0.25 TH 2:  3 2 120 ˆ 0 OPBPA P thuộc đường tròn (C 2 ) tâm O;bán kính R = 3 2 0.25 Đương thẳng y = m thoả mãn yêu cầu bài toán khi nó cắt (C 1 ) tại hai điểm phân biệt và không có điểm chung với (C 2 ) 0.25 Vậy các giá trị m thoả mãn bài toán là: 3 2 2    m và 2 3 2  m 0.25 cộng 1đ 2 (d 1 ) có vtcp là: )1;1;2(   u  , B là giao điểm của (d) với (d 2 ) thì: B( )1;21;1 ttt     )4;12;(  tttBA  0.25 (d) 10.)( 11  tuBAd   0.5 Vậy (d) qua A(1;2;3) có VTCP )5;3;1( BA  nên phương trình là: 5 3 3 2 1 1        zyx 0.25 cộng 1.đ 3 BPT tương đương với )243(log21)243(log 2 9 2 9  xxxx Đặt t = )243(log 2 9  xx ; t 0  . BPT trở thành: t + 1 >2t 2 0.25 1 2 1 012 2    ttt 0.25                                                1 3 1 1 3 7 1 3 7 3 1 1 9243 1243 1)243(log 0)243(log 2 2 2 9 2 9 x x x x x xx xx xx xx 0.5 cộng 1đ . P 2       7220)()(2)(48)29()2(4)( 232222  abababababababcba 0.5 P 2 = (ab + 2) 2 (2ab – 7) +100 100  (Vì: 2ab  769 222  cba ) Vậy: P 10  Dấu = xảy ra khi chẳng hạn (a; b; c) = ( -1; 2; 2) 0.5 . gigaboyht@yahoo.com.vn sent to http://laisac.page.tl Trường PTTH chuyên Lê Qúy Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT III MÔN TOÁN-KHỐI B Thời gian làm b i: 180 phút PHẦN CHUNG(7đ). 1đ III Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta có: BC 2 = 7a 2 A 1 B 2 = AB 2 + AA 1 2 = 21 a 2 ; MB 2 = BC 2 + CM 2 = 12 a 2 0.25 Ta có: MB 2 + MA 1 2 = 21 a 2 = A 1 B 2