63 Đề thi thử Đại học 2011 - Đề số 38 ppt

Ngày thi 21/12/2010 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 m yxm x    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình   2 cos . cos 1 21 sin . sin cos xx x xx    2. Giải phương trình 22 7532(xxx xx x   )  Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx xx    . Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng:  DMN ABC 3.  x yxy - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức0  33 3 16 3 x yz P x yz    II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng d 1 : 11 231 xyz  2 , d 2 : 22 152 x yz     Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 . Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1 : x + y + 5 = 0 và d 2 : x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 32 21 1 1 x yz     và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 . Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  14 4 22 1 log log 1 (, ) 25 yx y xy xy           Hết 63 Đề thi thử Đại học 2011 -97- http://www.VNMATH.com SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1 1,0 Với m =1 thì 1 1 2 yx x   a) Tập xác định: D   \2  0.25 b) Sự biến thiên:  2 22 143 1 '0 3 x y x '1 22 xx y xx     ,       . li , , m x y   lim x y   22 lim ; lim xx yy       ,     lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0 xx yx yx       Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. 0.25 Bảng biến thiên Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng     ;1 , 3; ;   hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng    1; 2 , 2; 3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: y CĐ = 1 tại x = 1; y CT = 3 tại x = 3. 0.25 c) Đồ thị : 0.25 x - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2 y’ y -  1 2 3 +  – + 0 + – 0 +  +  1 3 -  -  63 Đề thi thử Đại học 2011 -98- http://www.VNMATH.com 2 1.0 Với x 2 ta có y  ’ = 1- 2 (2) m x  ; Hàm số có cực đại và cực tiểu phương trình (x – 2) 2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0m 0.25 Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 11 22 22 22 2 2 x my m m x my m m         0.25 Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2;2 2mm m); B( 2;22mm m) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 22mm mm  0.25 0 2 m m       Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán Vậy ycbt  m = 2. 0.25 II 2.0 1 Giải phương trình   2 cos . cos 1 21 sin . sin cos xx x xx    1.0 ĐK: sin cos 0xx 0.25 Khi đó       2 1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x      1 sin 1 cos sin sin .cos 0xxxxx        1sin 1cos 1sin 0xxx    0.25 sin 1 cos 1 x x       (thoả mãn điều kiện) 0.25 2 2 2 x k xm              ,kmZ Vậy phươn g trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k     và 2xm       ,kmZ 0.25 2 Giải phương trình: 22 7532(xxx xx x   )  1.0 2 22 32 0 7532 xx PT x xx x x          0.25 2 3 2 0 52(2) xx xx x          0.25 31 0 2 52. x x x x x               2 116xx   20 0 x        0.25 1x Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3 63 Đề thi thử Đại học 2011 -99- http://www.VNMATH.com III Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx xx    . 1.0 Đặt u = 2 112 x u x udu dx    ; đổi cận: 01 32 xu xu        0.25 Ta có: 322 3 2 011 328 (2 6) 6 32 1 31 3 xuu dx du u du du uu u xx       2 1 1  0.25  2 2 1 2 66ln1 1 uu u   0.25 3 36ln 2   0.25 IV 1.0 Dựng DH MN H Do mà là   DMN ABC DH ABC  .D ABC tứ diện đều nên là tâm tam giác đều . H ABC 0.25 Trong tam giác vuông DHA: 2 222 36 1 33 DH DA AH       Diện tích tam giác A MN là 0 13 sin60 24 AMN SAMAN - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4 xy 0.25 Thể tích tứ diện là .DAMN 12 . 31 AMN 2 DH xyVS 0.25 Ta có: AMN AMH AMH SSS 00 11 1 .sin 60 . .sin 30 . .sin 30 22 2 xy x AH y AH  D A B C H M N 0  3. x yxy   0.25 V 1.0 Trước hết ta có:  3 33 4 x y xy   (biến đổi tương đương)    2 0xy xy    0.25 Đặt x + y + z = a. Khi đó    33 33 3 3 33 64 64 41 xy z az z Pt aa   64t (với t = z a , ) 01t 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t) 3 + 64t 3 với t   0;1 . Có   2 2 1 '( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1 9 ft t t ft t     Lập bảng biến thiên 0.25   0;1 64 inf 81 t Mt   GTNN của P là 16 81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -100- http://www.VNMATH.com VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21 210 21 13 5 ; 7140 13 55 5 x xy B xy y                  0.25 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu (với a (1; 2); (1; 7); ( ; ) AB BD AC nn n    ab 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:     os , os , AB BD AC AB cnn cnn      22 2 2 3 2780 2 7 ab ab ab a abb b a                0.25 - Với a = - b. Chọn a = 1 b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,  A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 10 3 (3;2) 210 2 xy x A xy y         Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7 10 75 2 ; 7140 5 22 2 x xy I xy y                  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ  14 12 4;3 ; ; 55 CD    0.25 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0 Phương trình tham số của d 1 và d 2 là: 12 12 2 :13;: 25 22 x txm dy t dy m zt zm              0.25 Giả sử d cắt d 1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d 2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) M N  (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25 Do d  (P) có VTPT nên(2; 1; 5)n   :kMN kn P p     322 35 3 22 5 mt k mt k mt k           có nghiệm 0.25 Giải hệ tìm được 1 1 m t      Khi đó điểm M(1; 4; 3) Phương trình d:  12 4 35 x t y zt t            thoả mãn bài toán 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5 63 Đề thi thử Đại học 2011 -101- http://www.VNMATH.com VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3 1.0 Điều kiện: 3 nN n      Phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3  log 4 (n – 3)(n + 9) = 3 0.25  (n – 3)(n + 9) = 4 3  n 2 + 6n – 91 = 0 7 13 n n        Vậy n = 7. 0.25 Khi đó z = (1 + i) n = (1 + i) 7 =    3 2 3 1.1 1.(2)(1).(8)88ii ii ii     i 0.25 Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử 12 (; ) 5;(; ) 2 7 BB B B CC C C Bx y d x y Cx y d x y     Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 26 30 BC BC xx yy      0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 Ta có nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 (3; 4) (4; 3) BG BG VTPT n   (thoả mãn) (không thoả mãn)  0.25 Bán kính R = d(C; BG) = 9 5  phương trình đường tròn: (x – 5) 2 +(y – 1) 2 = 81 25 0.25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là: 32 2 1 x t y zt           t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 32 2 1 20 xt yt zt xyz               (tham số t) (1; 3; 0)M 0.25 Lại có VTPT của(P) là , VTCP của d là (1;1;1) P n  (2;1; 1) d u    . Vì nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP  , (2; 3;1) dP uun       Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó(1;3;) M Nx y z   . Ta có M N  vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0   Lại có N(P) và MN = 42 2 ta có h ệ: 222 20 23 110 (1)( 3) 4 xyz xyz xyz           0.25 Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt 52 : 231 xyz   5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt 34 : 23 5 1 x yz   0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6 63 Đề thi thử Đại học 2011 -102- http://www.VNMATH.com VII.b Giải hệ phương trình  14 4 22 1 log log 1 (, ) 25 yx y xy xy           1.0 Điều kiện: 0 0 yx y      0.25 Hệ phương trình  44 4 22 22 22 11 log log 1 log 1 4 25 25 25 yx yx yx yyy xy xy xy                     0.25 2 22 22 3 33 25 25 9 25 10 x y xy xy y xy yy                0.25   15 5 ;; 10 10 15 5 ;; 10 10 xy xy                  Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 0.25 (không thỏa mã n đk) (không thỏa mãn đk) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7 63 Đề thi thử Đại học 2011 -103- http://www.VNMATH.com . 1x Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3 63 Đề thi thử Đại học 2011 -9 9- http://www.VNMATH.com III Tính tích phân. toán 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5 63 Đề thi thử Đại học 2011 -1 0 1- http://www.VNMATH.com VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n ,. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7 63 Đề thi thử Đại học 2011 -1 0 3- http://www.VNMATH.com