Đề thi thử đại học lần 2 Môn: TOÁN - Khối A - Trường THPT công nghiệp pptx

1 Sở GD & ĐT hoà bình trường thpt công nghiệp Đề thi thử đại học lần 2 năm 2010 Mụn: TOÁN - Khối A Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu I: ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x 3 - (m+1)x 2 + (m - 1)x + 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m =1 2) Chứng tỏ rằng với mọi giá trị khác 0 của m, đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A, B, C trong đó B, C có hoành độ phụ thuộc tham số m. Tìm giá trị của m để các tiếp tuyến tại B, C song song với nhau. Câu II ( 2điểm ) 1) Giải phương trình: 2 2 1 8 1 2cos cos ( ) sin 2 3cos sin 3 3 2 3 x x x x x                2) Giải phương trình : 2 2 1 3 2 1 3 x x x x        Câu III: (1 điểm ) Tính tích phân : 3 2 1 1 1 dx I x x      Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) , SC = a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất. Câu V : (1 điểm) Cho phương trình:     2 1 2 2 3 log ( 4) 2 1 log ( 4) 2 0 m x m x m         Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 sao cho 4 < x 1 < x 2 < 6 Phần riêng ( 3 điểm ) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần1 hoặc phần2) Phần1 (Theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC , biết A(1; 3) và hai đường đường trung tuyến có phương trình là d 1 : x - 2y +1 = 0 ; d 2 : y - 1 = 0 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng d 1 : 1 2 1 2 3 x y z      và d 2 : 1 3 ' 3 2 ' 1 x t y t z           . Chứng minh rằng d 1 và d 2 chéo nhau. Viết phương trình đường vuông góc chung của d 1 và d 2 Câu VII.a (1 điểm) Cho số phức z = 1 3 2 2 i   . Hãy tính 1 + z + z 2 Phần2 (Theo chương trình nâng cao ) Câu VI.b : (2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC , biết C(4; 3), đường phân giác trong và đường trung tuyến kẻ từ một đỉnh của tam giác có phương trình lần lượt là d 1 : x + 2y -5 = 0 ; d 2 : 4x +13 y - 10 = 0 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng d 1 và d 2 và mặt phẳng (P) có phương trình d 1 : 1 2 2 1 4 3 x y z      ; d 2 : 4 5 ' 7 9 ' ' x t y t z t             (P): 4y - z - 5 = 0. Viết phương trình của đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng d 1 , d 2 Câu VIIb: (1 điểm ) Tìm nghiệm phức của phương trình: (1+i)z 2 - (4 + i)z + 2 - i = 0 Hết ………… Họ và tên thí sinh: Số báo danh: pat_hn@yahoo.com sent to http://laisac.page.tl 2 HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - LẦN 2 - NĂM 2010 Câu NỘI DUNG Điể m 1)1()1( 23  xmxmxy 1) Kháo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = 1 hàm số có dạng 12 23  xxy  TXĐ: D = R  Sự biến thiên: Giới hạn:  x lim  x lim Bảng biến thiên: xxy 43' 2  ,        3 4 0 0' x x y x - 0 3 4 + y' + 0 - 0 + y 1 - 27 5  + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   0; và       ; 3 4 Hàm số nghịch biến trờn khoảng       3 4 ;0 Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y CĐ = y (0) = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3 4 ; y CT = 27 5 3 4        y  Đồ thị Điểm uốn:       27 11 ; 3 2 U Giao với trục Oy (0, 1) Giao với trục Ox (1, 0);                   0, 2 51 ;0, 2 51 Nhận điểm uốn       27 11 ; 3 2 U làm tâm đối xứng 2) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đó cho với trục hoành là nghiệm của phương trình: 01)1()1( 23  xmxmx        )2(01 1 0)1)(1( 2 2 mxx x mxxx CMinh 0   m phương trình (2) luụn có hai nghiệm phân biệt khỏc 1  phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt  0   m đồ thị hàm số đó cho luụn cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt là: A(1, 0); B(x 1 , 0); C(x 2 , 0) với x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình (2) Câu 1 Ta có )1()1(23' 2  mxmxy Hệ số gúc của tiếp tuyến tại B là: )1()1(23' 1 2 1)( 1  mxmxy x Hệ số gúc của tiếp tuyến tại B là: )1()1(23' 2 2 2)( 2  mxmxy x 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 3 Tiếp tuyến tại B và C song song với nhau  2 '' )()( 1 21  myy xx 0.25 1) Giải phương trình: xxxxx 22 sin 3 1 2 cos32sin 3 8 )(cos 3 1 cos2           Biến đổi phương trình về dạng: 0cos6cossin67sin9sin2 2  xxxxx 0)7cos6sin2)(1(sin      xxx       07cos6sin2 1sin xx x Giải phương trình sinx = 1 ta được nghiệm   2 2 kx  II Chứng minh phương trình 07cos6sin2    xx vô nghiệm Kết luận: nghiệm của phương trình:   2 2 kx  0.5 0.25 0.25 2) Giải phương trình: 2 231 31 2 xx xx   , ĐKXĐ: -1  x  3 * Biến đổi phương trình về dạng   231 31 4 2322 31 4 2 2      xx xx xx xx 0,5 * Đặt t = xx  31 , đk t > 0, dẫn đến pt t 3 - 2t - 4 = 0  t = 2 0,25 cach 1 * Từ đó ta được x = -1 ; x = 3 0,25 2) Giải phương trình: 2 231 31 2 xx xx   ĐKXĐ: -1  x  3 Đặt        xv xu 3 1 điều kiện      0 0 v u 0.25 Dẫn đến hệ:                  4.2)( .1 2 4 .1 2 222 vuvu vu vu vu vu vu  …       0. 2 vu vu 0.5 Giải ta được      0 2 v u hoặc      2 0 v u Với      0 2 v u ta có hệ 3 03 21         x x x 0.25 cach 2 Với      2 0 v u ta có hệ 1 23 01         x x x Kết luận hệ có hai nghiệm x = 3 và x = -1 0.25 CâuI II Ta có:                      3 1 3 1 2 3 1 2 3 1 2 2 2 3 1 2 2 1 1 1 2 1 2 11 11 11 11 dx x x dx x dx x xx dx xx xx xx dx  I 1 =     23ln 2 1 1 3 ln 2 1 1 1 2 1 3 1          xxdx x  I 2 =   3 1 2 2 1 dx x x . Đặt xdxtdtxtxt 2211 222  0,5 4 Đổi cận x = 1  t = 2 , x = 3  t = 10 . Vậy     2239 10211 ln 4 1 210 2 1 2 10 1 1 ln 4 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 )1(2 10 2 10 2 2 2 2                                      t t tdx tt t dtt I Từ đó tính được I =   23ln 2 1  -     2239 10211 ln 4 1 210 2 1    Câu IV Gọi  là gúc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . Ta có : · SCA   ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Vậy   3 2 3 2 SABC ABC 1 1 1 1 V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin 3 6 6 6          Đặt x = sin. Vỡ 0 < 2    , nờn x  (0; 1) Xét hàm số : f(x) = x – x 3 trờn khoảng ( 0; 1) Ta có : f’(x) = 1 – 3x 2 .   1 f ' x 0 x 3     Từ đó ta thấy trờn khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nờn tại đú hàm số đạt GTLN hay     x 0;1 1 2 Max f x f 3 3 3          Vậy MaxV SABC = 3 a 9 3 , đạt được khi sin  = 1 3 hay 1 arcsin 3   , ( với 0 < 2    ) 0,5 0,5 Ta m để phương trình có 2 nghiệm pt đó cho tương đương với pt: 02)4(log)12()4(log)3( 2 2 2  mxmxm trên khoảng (4; 6) phương trình luụn xỏc định. Đặt )4(log 2  xt đk t < 1 do 0 < x - 4 < 2 x  (4; 6) Dẫn đến pt (m-3)t 2 + (2m +1)t + m + 2 = 0  m(t 2 + 2t + 1) = 3t 2 - t - 2 (*) Nhận Xét thấy t = -1 khụng thỏa món pt (*) . Biến đổi pt về dạng m t t tt     1 2 23 2 2 Bài toỏn trở thành: Ta m để pt: f(t) = m t t tt     1 2 23 2 2 , có hai nghiệm phân biệt t 1 < t 2 < 1. Câu V Tính đạo hàm 3 )1( 37 )('    t t tf ; 7 3 0)('  ttf Bảng biến thiên của hàm số f(t) trờn khoảng (-; 1) t - -1 7 3  1 f'(t) + - 0 + f(t) + 3 + 8 25  0 0,25 0,25 A B C S  5 Từ đó suy ra các giá trị cần ta là:       3 0 8 25 m m 0,5 1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc A  d 1 , A  d 2 . Giả sử d 1 qua B, d 2 qua C Tính được tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ      01 012 y yx  G(1, 1 Vỡ B  d 1 nờn B(2b-1 ;b) , Vỡ C  d 2 nờn C(c ;1) Từ gt G là trong tâm tam giỏc ABC suy ra            3 3 CBA G CBA G yyy y xxx x Tính được b = -1, c = 5 . Suy ra B(-3, -1) ; C(5, 1). Câu VIa Viết được pt cạnh AB: x - y + 2 = 0 ; AC: x + 2y - 7 = 0 BC: x - 4y - 1 = 0 0.25 0.25 0.5 2) Viết được d 1 :         tx ty tx 3 22 1 d 1 đi qua M 1 (1; 2; 0), có VTCP )3;2;1( 1 u , d 2 đi qua M 2 (1; 3; 1), có VTCP )0;2;3( 2 u Tính được )1;1;0( 21 MM ,   )4;9;6(, 21 uu    05, 2121 MMuu  d 1 , d 2 chéo nhau 0,5 Trờn d 1 lấy điểm A(1 - t; 2 + 2t; 3t), trên d 2 lấy điểm B(1 +3t'; 3 - 2t'; 1)  )31;2'21;'3( tttttAB  AB là đường vuông góc chung của d 1 , d 2         0. 0. 2 1 uAB uAB dẫn tới hệ                133 51 19 1 ' 27'13 514'7 t t tt tt .          133 20 ; 133 45 ; 133 30 AB và       1; 19 59 ; 19 16 B  pt đường vuông góc chung của d 1 và d 2 là             tz ty tx 41 9 19 59 6 19 16 0,5 Hóy tớnh 1 + z + z 2 Tính được iiz 2 3 2 1 2 3 2 1 2 2           0.5 Câu VIIa  1 + z + z 2 = … = 0 0.5 1)Giả sử đường phân giác và đường trung tuyến đó cho đi qua đỉnh A. Khi đó tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ: )2;9( 10134 52       A yx yx Viết được pt cạnh AC: x + y -7 = 0 0.25 Câu VIb Viết ptđt d qua C ,vuông góc với phân giác d 1 của gúc A ta được. d: 2x -y - 5 =0 Giả sử d cắt cạnh AB tại E, cắt đươgs phân giác d 1 tại I và tọa độ của I là nghiệm của hệ 0.25 6 )1;3( 052 52 I yx yx       Do I là trung điểm của CE nờn ta có: )1;2( 2 2 1 1       E yyy xxx EC EC Viết được ptđt AB( Đi qua A và E): x + 7y + 5 = 0 Viết ptđt d 3 qua I và song song với cạnh AB có pt: x + 7y - 10 = 0 Gọi M là trung điểm của cạch AB thỡ 23 ddM   Tọa độ M là nghiệm của hệ:      0107 010134 yx yx  M(-4; 2) Viết được pt cạnh BC: x - 8y + 20 = 0 0.5 2) ptts của d 1 :         tx ty tx 32 42 1 Trờn d 1 lấy điểm A(1 + t; -2 + 4t; 2 + 3t), trên d 2 lấy điểm B(-4 +5t'; -7+9t'; t')  )23';4'95;'55(  ttttttAB mp(P) có VTPT )1;4;0( n 0.5 Đường thẳng AB vuông góc với mp(P)  AB và n cùng phương Từ đó ta được t = 0, t' = 1  A(1; -2; 2) và AB = (0; 4; -1)  pt đường thẳng thỏa món yờu cầu đề bài là:         tz ty x 2 42 1 0.5 Giải phương trình……… Tính được  = 3 + 4i = (2 + i) 2 0.5 Câu VIIb Ta được 2 nghiệm. i i z i z      1 3 ; 1 1 21 0.5 Chú ý: Mọi lời giải khác, nếu đúng thỡ chấm điểm tương ứng. 7 1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc A  d 1 , A  d 2 . Giả sử d 1 qua B, d 2 qua C Gọi trung tuyến BK: x - 2y + 1 = 0 CH: y - 1 = 0 Tính được tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ      01 012 y yx  G(1, 1) G nằm trờn trung tuyến AM và GMAG 2 suy ra              0 1 )1(231 1211 M M M M y x y x  M(1, 0) Đường thẳng BC qua M(1, 0) có hệ số góc k nên có pt: y = k(x - 1) hay y = kx - k BC  BK = {B} giải hệ                2 1 12 12 012 k k k x yx kkxy B BC  CH = {C} giải hệ   01 1 01       k k x y kkxy C M(1, 0) là trung điểm của BC  21 1 1 2 12 2     k k k hayxxx MCB Tính được 4 1 k . pt cạnh BC: 014)1( 4 1  yxxy Từ đó tính được x B = -3, y B = -1 hay B(-3, -1) Tính được tọa độ C(5, 1). Viết được pt cạnh AB: x - y + 2 = 0 Viết được pt cạnh AC: x + 2y - 7 = 0 . 1 Sở GD & ĐT hoà bình trường thpt công nghiệp Đề thi thử đại học lần 2 năm 20 10 Mụn: TOÁN - Khối A Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Phần chung cho tất. xdxtdtxtxt 22 11 22 2  0,5 4 Đổi cận x = 1  t = 2 , x = 3  t = 10 . Vậy     22 39 1 021 1 ln 4 1 21 0 2 1 2 10 1 1 ln 4 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 )1 (2 10 2 10 2 2 2 2                                    .  23 ln 2 1  -     22 39 1 021 1 ln 4 1 21 0 2 1    Câu IV Gọi  là gúc gi a hai mp (SCB) và (ABC) . Ta có : · SCA   ; BC = AC = a. cos  ; SA = a. sin  Vậy   3 2 3 2 SABC