ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 MÔN TOÁN KHỐI B - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn docx

gigaboyht@yahoo.com.vn sent to http://laisac.page.tl Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 NĂM HỌC 2010 MÔN TOÁN KHỐI B, D Thời gian làm bài: 180 phút Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 ( ) 2, f x x mx    có đồ thị ( ) m C 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 3 m   2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị ( ) m C cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 1 2tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x    2) Giải phương trình:   2 2 2 1 5 2 4; x x x x R      Câu III (1 điểm) Tính 2 3 0 sin 1 cos2 x x I dx x      Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là . O , A B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , · · 0 60 ASO SAB  . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương , x y thỏa mãn: 5 x y   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2 4 x y x y P xy     Phần riêng (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) d có phương trình : 0 x y   và điểm (2;1) M . Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( ) d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng    đi qua hai điểm   0; 1;2 , A    1;0;3 B và tiếp xúc với mặt cầu   S có phương trình: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 2 x y z       Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2 1 0 z z    . Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 1 1 1 1 P z z z z z z z z                                 Phần B Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   C có phương trình   2 2 : 4 25 x y    và điểm (1; 1) M  . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn   C tại 2 điểm , A B sao cho 3 MA MB  2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   P có phương trình: 1 0 x y    . Lập phương trình mặt cầu   S đi qua ba điểm       2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0 A B C  và tiếp xúc với mặt phẳng   P Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:     2 1 2 2 2 1 2 3 log 1 log 1 6 2 log 1 2 log ( 1) x x x x               Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010 Môn: Toán_ Khối B và D Câu I.1 (1,0 đ) 3 m   hàm số trở thành: 3 ( ) 3 2, f x x x    Tập xác định D R  Sự biến thiên 2 1 ' 3( 1) 0 1 x y x x           1 ' 0 1 x y x         hàm số đồng biến trên   ; 1   và   1;  ' 0 1 1 y x      hàm số nghịch biến trên   1;1  điểm CĐ   1;4  , điểm CT   1;0 lim x y    lim x y    Điểm uốn: '' 6 0 0 y x x     , Điểm uốn U   0;2 Bảng biến thiên: x  1  1  ' y + 0  0  y Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu I.2 (1,0 đ) Phương trình cho HĐGĐ 3 2 0,(*) x mx   0 x  không thỏa mãn nên: 3 2 (*) x m x     Xét hàm số 3 2 2 2 2 2 ( ) '( ) 2 x g x x g x x x x x           '( ) 0 1 g x x    ta có bảng biến thiên: x  0 1  '( ) g x + ll  0  ( ) g x Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y m  và đồ thị hàm số ( ) y g x  nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì 3 m   Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị ( ) m C của hàm số ( ) y f x  hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành 0,25 0,25 0,25 0,25    - 3   CT CĐ  Câu II.1 (1,0 đ) 1 2tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x    ,(1) Điều kiện: 2 x k   2 2 2 2 4sin cos2 2sin 2 1 (1) sin 2 sin2 2(1 cos2 ) cos2 2(1 cos 2 ) 1 2cos 2 cos2 1 0 cos2 1 (loai do:sin 2 0) 1 3 cos2 2 x x x x x x x x x x x x x k x                              Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: , 3 x k k Z       0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.2 (1,0 đ)   2 2 2 1 5 2 4; x x x x R      Đặt 2 2 4 2 2 4 2( 2 ) t x x t x x      ta được phương trình 2 2 1 5 2 8 0 2 t t t t        4 2 t t        + Với t =  4 Ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 4 2( 2 ) 16 2 8 0 x x x x x x x x                   2 0 2 2 x x x          + Với t = 2 ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 2 2( 2 ) 4 2 2 0 x x x x x x x x                  2 0 3 1 3 1 x x x             ĐS: phương trình có 2 nghiệm 2, 3 1 x x     0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (1,0 đ) 2 2 3 3 3 2 2 0 0 0 sin sin 1 cos2 2cos 2cos x x x x I dx dx dx x x x            3 3 1 2 2 0 0 1 2cos 2 cos x x I dx dx x x       Đặt 2 tan cos u x du dx dx v x dv x              3 3 3 1 0 0 0 1 1 1 tan tan ln cos ln 2 2 2 2 2 3 2 3 I x x xdx x                    0,25 0,25 2 2 2 3 3 3 3 2 2 0 0 0 0 sin 1 1 tan (1 tan ) 2cos 2 2 x I dx xdx x dx dx x                       3 0 1 1 tan 3 2 2 3 x x               1 2 3 1 1 1 1 ln2 3 ( 3 ln2) 2 2 3 6 2 2 3 I I I                    0,25 0,25 Câu IV (1,0 đ) Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a  Đặt OA R  · 0 60 SAB SAB    đều · 1 1 1 2 2 2 3 sin OA R IA AB SA ASO     Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2 OA IA IO   2 2 2 6 3 2 R a R a R     2 SA a   Chiếu cao: 2 2 a SO  Diện tích xung quanh: 2 6 2 3 2 xq a S Rl a a       0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Cho hai số dương , x y thỏa mãn: 5 x y   . 4 2 4 1 4 1 4 2 4 4 2 2 x y x y x y y x y P xy y x y x              Thay 5 y x   được: 4 1 5 4 1 5 4 1 5 3 2 . 2 . 4 2 2 4 2 4 2 2 y x x y y P x x y x y x y x                P bằng 3 2 khi 1; 4 x y   Vậy Min P = 3 2 Lưu ý: Có thể thay 5 y x   sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3 5 3 5 ( ) (5 ) 4 x x g x x x      0,25 0,50 0,25 Câu AVI.1 (1,0 đ) A nằm trên Ox nên   ;0 A a , B nằm trên đường thẳng 0 x y   nên ( ; ) B b b , (2;1) M ( 2; 1), ( 2; 1) MA a MB b b        uuur uuur Tam giác ABM vuông cân tại M nên: 2 2 2 ( 2)( 2) ( 1) 0 . 0 ( 2) 1 ( 2) ( 1) a b b MA MB MA MB a b b                         uuur uuur , do 2 b  không thỏa mãn vậy 2 2 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 , 2 2 2 1 ( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1) 2 b a b b a b b b b a b b b b b                                           0,25 0,25 S O A B I 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 1 4 ( 2) ( 1) . 1 0 ( 2) 3 a b a b b b a b b b b                                                Với: 2 1 a b      đường thẳng  qua AB có phương trình 2 0 x y    Với 4 3 a b      đường thẳng  qua AB có phương trình 3 12 0 x y    0,25 0,25 Câu AVI.2 (1,0 đ) Mặt phẳng    có phương trình dạng 2 2 2 0,( 0) ax by cz d a b c           đi qua hai điểm   0; 1;2 , A    1;0;3 B nên: 2 0 3 0 2 3 b c d c a b a c d d a b                    (1) Mặt cầu   S có tâm (1;2; 1) I  bán kính 2 R     tiếp xúc   S nên   2 2 2 2 ,( ) 2 a b c d d I R a b c          , (2) Thay (1) vào (2) được : 2 2 2 2 2 3 3 11 8 0 a b a b ab a ab b         (3) Nếu 0 0 0 a b c      loại Nếu 0 a  chọn 1 1 3 8 b a b           + 1, 1 0, 1 a b c d        .   : 1 0 x y     + 3 5 7 1, , 8 8 8 a b c d        .   3 5 7 : 0 8 8 8 x y z      0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AVII (1,0 đ) Ta thấy 0 z  không thỏa mãn phương trình : 2 1 0 z z    . Nên 2 1 1 1 0 1 0 1 z z z z z z            2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 z z z z z z                3 2 3 2 1 1 1 1 1( 2) 2 z z z z z z                   2 4 2 2 4 2 1 1 2 ( 1) 2 1 z z z z                2 2 2 2 2 3 4 2 2 2 2 2 3 4 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 2 ( 1) 7 P z z z z z z z z                                         Lưu ý: Có thể thay giải một nghiệm của phương trình 2 1 0 z z    là 1 3 2 i z    sau đó thay và tính giá trị của P 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VI.1 (1,0 đ) Đường tròn   C có tâm (4;0) I và có bán kính R = 5 ; (1; 1) M  10 5 MI R    nên M nằm bên trong đường tròn   C 4 3 4 3 3 3 4 3 4 3 A M B B A M B B x x x x MA MB MA MB y y y y                  uuur uuur , ( ) A B C  nên 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 4) 25 9 (4 3 ) 25 ( 4) 25 ( 4) 25 A A B B B B B B x y x y x y x y                        2 3 3 0; 3 1; 0 0 B B B B B B B B y x x y x y x x                    Đường thẳng cần tìm đi qua B, M vậy có hai đường thẳng thỏa mãn YCBT: 1 2 : 2 3 0 : 2 1 0 x y x y         0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VI.2 (1,0 đ)   P : 1 0 x y    .       2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0 A B C  Gọi ( ; ; ) I a b c là tâm và R của mặt cầu   ,( ) IA IB IC d I P R      2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 1) ( 2) ( 2) ( 2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 3) 1 (1) IA IB a b c a b c IA IC a b c a b c b a c a                                          2 2 2 2 2 1 ,( ) ( 2) ( 1) ( 1) 2 3 6 3 0 1 a b IA d I P a b c a a a                       Vậy : 2 2 2 1; 2; 1; 2 ( ):( 1) ( 2) ( 1) 2 a b c R S x y z             0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VII (1,0 đ) Đặt 2 log ( 1) t x   ta được: 2 1 3 6 2 2 2 t t t t            2 6 5 14 24 0 5 4(2 ) 2 4 t t t t t               vậy: 2 2 6 log ( 1) 5 2 log ( 1) 4 x x           6 5 1 2 1 3 15 x x             0,25 0,25 0,25 0,25 . 2 2 2 1 2 , 2 1 2 , 2 2 2 1 ( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1) 2 b a b b a b b b b a b b b b b                                           0 ,25 0 ,25 . tâm (1 ;2; 1) I  b n kính 2 R     tiếp xúc   S nên   2 2 2 2 ,( ) 2 a b c d d I R a b c          , (2) Thay (1) vào (2) được : 2 2 2 2 2 3 3 11 8 0 a b a b ab a ab b  .       2; 1; 1 , 0 ;2; 2 , 1;3;0 A B C  Gọi ( ; ; ) I a b c là tâm và R của mặt cầu   ,( ) IA IB IC d I P R      2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 1) ( 2) ( 2) ( 2) ( 1) ( 1)