ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ doc

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số   4 2 4 1 2 1 y x m x m      có đồ thị   m C 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị   C của hàm số khi 3 2 m  . 2. Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 4 2 1 tan 8 os ( ) sin4 2. 4 1 tan x c x x x       2. Giải hệ phương trình sau trên R: 3 2 4 3 1 1 2 9 (9 ) x y x y y x y y               Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 2 2 0 ( ) 4 x x I x e dx x     Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều có cạnh với độ dài bằng 2 a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, 5 SC a  và khoảng cách từ D tới mặt phẳng   SHC bằng 2 2 a (ở đây H là trung điểm AB ). Hãy tính thể tích khối chóp theo . a Câu V(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: 3 a b c    . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 4 ab bc ca a b c a b b c c a         PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình 2 2 ( 2) ( 3) 10 x y     . Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua M(-3; -2) và x A > 0. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: z = 1 + (1 + i) + (1 + i) 2 + (1 + i) 3 + … + (1 + i) 20 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03: 1  yxd và 06: 2  yxd . Trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của d 1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC Câu VII.b (1,0 điểm Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn hệ thức 2 1 2 z z z     giapcot@yahoo.com sent to www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu ý Nội dung Điểm Với m= 3/2 ta có y = x 4 -2x 2 +2 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.   Sự biến thiên: 3 4 4 y' x x.   Ta có 0 0 1 x y' x         0.25 lim ; lim x x y y           0 2 1 1 CD CT y y ; y y .      0.25  Bảng biến thiên: x  -1 0 1  y'  0  0  0  y  2  1 1 0.25 1  Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình  Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy 0.25  Ta có       3 2 4 8 1 4 2 1 y x m x x x m .           2 0 0 2 1 x y x m          nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1 0.25  Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:           2 2 0 2 1 2 1 4 10 5 2 1 4 10 5 A ; m ,B m ; m m ,B m ; m m .           Ta có:       4 2 2 2 2 1 16 1 8 1 AB AC m m BC m        0.5 I 2 So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra 3 3 1 2 m   0.25 Đk: 0 2 cos x x k       ,ta có   2 2 inx 1 2 n 4 cos( x ) cos x s , sin x cos x si        0.25             4 2 2 3 4 os 1 2 os inx cos x sin x c x sin x sin x cos x sin x c x sin x s cos x             3 0 sin x cos x sin x    0.25 II 1 0 0 0 4 x k sin x x k cos x sin x tan x x k                          Vậy pt có 2 nghiệm: 4 x k x k           0.5 Đk: 1 y  . Ta có       2 4 3 3 9 9 9 0 x y y x y y x y x y           0.25 vì 1 y  và 3 1 1 2 x y     nên 3 1 x   2  x  7.Do đó 3 9 x y    -1<0 nên x=y 0.25 Thế vào pt ban đầu ta được 3 1 1 2 x x     .Đặt 3 1 a x   1 b x   (b>0) thì 3 2 2 2 a b a b               2 3 3 2 2 2 2 4 2 0 1 2 2 0 a a a a a a a a               1; 1 3; 1 3 a a a       0.25 2 Từ đó tìm đựơc các nghiệm của hệ : x=y=0 và 11 6 3 11 6 3 x y ;x y        0.25 1 1 3 2 1 2 2 0 0 4 x x I xe dx dx I I x        0.25 Tính 1 2 2 2 2 1 1 0 0 1 1 ( ) | 2 2 4 x x x e e I xe dx xe       0.25 Tính 2 I bằng cách đặt 2 4 t x   được 2 16 3 3 3 I   0.25 III 2 61 3 3 4 12 e I    0.25 4a 2a 2 2a 2a a a a 5 C'  C a a a a a 45  45  H E A D C B H B A C D S Từ giả thiết suy ra   SH ABCD  và 2 3 3 2 a SH a   0.25 Theo định lý Pythagoras ta có 2 2 2 CH SC SH a    . Do đó tam giác HBC vuông cân tại B và BC a  0.25 Gọi D E HC A   thế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó suy ra 2 2 2 4 3 . DE a a AD a      0.25 IV Suy ra       2 2 ; ; CE a d D HC d D SHC    y ra 0.25   2 1 4 2 ABCD S BC DA AB a     (đ.v.d.t.). Vậy 3 . D 1 4 3 3 S ABC ABCD a V SH S    (đ.v.t.t.) Ta có: 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) = a 3 + b 3 + c 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2 mà a 3 + ab 2  2a 2 b b 3 + bc 2  2b 2 c c 3 + ca 2  2c 2 a Suy ra 3(a 2 + b 2 + c 2 )  3(a 2 b + b 2 c + c 2 a) > 0 0.25 Suy ra 2 2 2 2 2 2 ab bc ca VT a b c a b c         2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 ( ) 2( ) a b c VT a b c a b c           0.25 Đặt t = a 2 + b 2 + c 2 , ta chứng minh được t  3. Suy ra 9 9 1 3 1 3 4 2 2 2 2 2 2 2 t t t VT t t t             VT  4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 0.5 ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 . Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính 10 R  nên 2 2 2 2 2 | 2 3 3 2 | 10 10( ) 25( ) a b a b a b a b a b          0.25  ( 3 )(3 ) 0 3 a b a b a b       hay 3 b a   pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0 0.25 TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)t>-1 và do IA 2 =2.R 2 =20 t = 1, t = -1 (loại). Suy ra A(6;1) C(-2; 5) 0.25 1 TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)t>0 và do IA 2 =2.R 2 =20 t = 0, t = -2 (không thoả mãn) 0.25 + ) Ta có: (2; 2; 2), (0; 2;2). AB AC   uuur uuur Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: 1 0, 3 0. x y z y z        0.25 +) Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4). n AB AC        r uuur uuur Suy ra (ABC): 2 1 0 x y z     . 0.25 +) Giải hệ: 1 0 0 3 0 2 2 1 0 1 x y z x y z y x y z z                          . Suy ra tâm đường tròn là (0; 2;1). I 0.25 V VI.a 2 Bán kính là 2 2 2 ( 1 0) (0 2) (1 1 . ) 5         R IA 0.25 21 20 (1 ) 1 1 (1 ) (1 ) i P i i i          0,25 10 21 2 10 10 (1 ) (1 ) .(1 ) (2 ) (1 ) 2 (1 ) i i i i i i              0,25   10 10 10 2 (1 ) 1 2 2 1 i P i i         0,25 VII.a Vậy: phần thực 10 2  , phần ảo: 10 2 1  0,25 Ta có: Idd 21  . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: 0.25            2/3y 2/9x 06yx 03yx . Vậy       2 3 ; 2 9 I M là trung điểm cạnh AD OxdM 1  . Suy ra M( 3; 0) Ta có: 23 2 3 2 9 32IM2AB 22                Theo giả thiết: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD  Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1 ADd 1  Đường thẳng AD có PT: 03yx0)0y(1)3x(1         . Lại có: 2MDMA  0.25 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:          2y3x 03yx 2 2                       13x x3y 2)x3(3x 3xy 2y3x 3xy 2 2 2 2       1y 2x hoặc      1y 4x . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0.25 1       2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra:      213yy2y 729xx2x AIC AIC Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0.25 Ta có (2; 3; 1), ( 2; 1; 1) (2;4; 8) AB AC n           uuur uuur r là 1 vtpt của (ABC) 0.25 Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25 M(x; y; z) MA = MB = MC ta có 2 3 2 0 2 0 x y z x y z           0.25 VI.b 2 M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25 Đặt   x, yz x yi   ¡ . Ta có 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 z z z x yi x yi x yi x yi yi                    2 2 2 2 1 4 4 x y y      0.5 VII.b 2 2 0 0 2 x x x x          Vậy tập hợp các điểm cần tìm là 2 đường thẳng 0, 2 x x   0.5 . www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu ý Nội dung. hay 3 b a   pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0 0.25 TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)t> ;-1 và do IA 2 =2.R 2 =20 t = 1, t = -1 (loại). Suy ra A(6;1) C (-2 ; 5) 0.25 . M (-3 ; -2 ) và x A > 0. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A (-1 ; 0; 1), B(1; 2; -1 ), C (-1 ; 2; 3). Câu VII.a