ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 14 doc

é THI thử I HC lần ii PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I:(2 im) Cho hm s y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 cú th l (C m ); ( m l tham s) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3. 2. Xỏc nh m (C m ) ct ng thng: y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E sao cho cỏc tip tuyn ca (C m ) ti D v E vuụng gúc vi nhau. Cõu II:(2 im) 1. Gii h phng trỡnh: 2 0 1 2 1 1 x y xy x y 2. Tìm ) ; 0 ( x thoả mãn phơng trình: cotx 1 = xx x x 2sin 2 1 sin tan 1 2cos 2 . Cõu III: (2 im) 1. Trờn cnh AD ca hỡnh vuụng ABCD cú di l a, ly im M sao cho AM = x (0 < x a). Trờn ng thng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ti A, ly im S sao cho SA = 2a. a) Tớnh khong cỏch t im M n mt phng (SAC). b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H . Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn nhất 2. Tớnh tớch phõn: I = 2 4 0 ( sin 2 )cos2 x x xdx . Cõu IV: (1 im) : Cho các số thực dơng a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1. Chng minh rng : 2 2 2 2. a b b c c a b c c a a b PHN RIấNG (3 im) ( Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần) A. Theo chng trỡnh chun Cõu Va :1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3 2 và trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x y 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) và đờng thẳng : 1 2 1 1 2 x y z .Tìm toạ độ điểm M trên sao cho: 2 2 28 MA MB Cõu VIa : Giải bất phơng trình: 32 4 )32()32( 1212 22 xxxx B. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu Vb: 1. Trong mpOxy, cho ng trũn (C): x 2 + y 2 6x + 5 = 0. Tỡm M thuc trc tung sao cho qua M k c hai tip tuyn ca (C) m gúc gia hai tip tuyn ú bng 60 0 . 2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với d : x 1 y 1 z 2 1 1 .Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M, ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d Cõu VIb: Gii h phng trỡnh 3 3 log log 2 2 2 4 4 4 4 2 ( ) log ( ) 1 log 2 log ( 3 ) xy xy x y x x y Ht. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Hớng dẫn chấm môn toán Câu ý Nội Dung Điểm I 2 1 Khảo sát hàm số (1 điểm) 1 y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 (C m ) 1. m = 3 : y = x 3 + 3x 2 + 3x + 1 (C 3 ) + TXẹ: D = R + Gii hn: lim , lim x x y y 0,25 + y = 3x 2 + 6x + 3 = 3(x 2 + 2x + 1) = 3(x + 1) 2 0; x hàm số đồng biến trên R 0,25 Baỷng bieỏn thieõn: 0,25 + y = 6x + 6 = 6(x + 1) y = 0 x = 1 tõm i xng U(-1;0) * ẹo thũ (C 3 ): Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A(0 ;1) 0,25 2 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và đường thẳng y = 1 là: x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1  x(x 2 + 3x + m) = 0         2 x 0 x 3x m 0 (2) 0,25 * (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:  Phương trình (2) có 2 nghiệm x D , x E  0.                     2 m 0 9 4m 0 4 m 0 3 0 m 0 9 (*) 0,25 Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: k D =y’(x D )=      2 D D D 3x 6x m (3x 2m); k E =y’(x E )=      2 E E E 3x 6x m (3x 2m). Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k D k E 0,25 = –1  (3x D + 2m)(3x E + 2m) =-1  9x D x E +6m(x D + x E ) + 4m 2 = –1  9m + 6m(–3) + 4m 2 = –1 (vì x D + x E = –3; x D x E = m theo ñònh lý Vi-ét).  4m 2 – 9m + 1 = 0  9 65 8 9 65 8 m m            So s¸nhÑk (*): m =    1 9 65 8 0,25 II 2 1 1 1. §k: 1 1 2 x y        (1) ( ) 0 ( )( 2 ) 0 2 0 2 0( ) x y y xy x y x y x y x y x y voly                     0,5  x = 4y Thay vµo (2) cã 4 1 2 1 1 4 1 2 1 1 4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 ( ) 2 1 0 2 2 5 10 2 1 2 ( ) 2 y y y y y y y y y y tm y x x y y tm                                             0,25 V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25 2 1 ®K:            1tan 02sin 0cossin 02sin x x xx x PT xxx x x xx x xx cossinsin sin cos cos.2cos sin sincos 2      xxxxxx x xx cossinsincossincos sin sincos 22    0,25  ) 2 sin 1 ( sin sin cos x x x x     0)1sincos)(sinsin(cos 2  xxxxx 0,25  0 ) 3 2 cos 2 )(sin sin (cos     x x x x (cos )( 2sin(2 ) 3) 0 4 x sinx x       cos 0 2 sin(2 ) 3( ) 4 x sinx x voly           0,25  0 sin cos   x x  tanx = 1 )( 4 Zkkx    (tm®k) Do   4 0;0    xkx 0,25 III 2 1 1 Do ( ) ( ) ( ) ( ) SA ABCD SAC ABCD SA SAC        Lai cã ( ) ( ) ( ) ( , ) .sin 45 2 o MH AC SAC ABCD x MH SAC d M SAC MH AM          0,25 Ta cã 0 . 45 2 2 2 1 1 . ( 2 ) 2 2 2 2 1 1 . 2 ( 2 ) 3 6 2 2 MHC SMCH MCH x x AH AM cos HC AC AH a x x S MH MC a x x V SAS a a                  O,5 Tõ biÓu thøc trªn ta cã:   3 2 2 1 2 2 3 2 6 2 2 2 SMCH x x a a V a x x a x a           M trïng víi D 0,25 2 1 I = 4 4 4 2 2 1 2 0 0 0 ( sin 2 ) 2 2 sin 2 2 x x cos xdx xcos xdx xcos xdx I I            0,25 IV 1 1 .Ta cã :VT = 2 2 2 ( ) ( ) a b c b c a A B b c c a a b b c c a a b              0,25 0,25 TÝnh I1 ®Æt 4 1 0 1 sin2 sin2 4 1 2 2 2 sin2 0 2 du dx u x x I x xdx v cos xdx v x                       1 1 2 4 8 4 8 4 0 cos x        0,25 TÝnh I2 4 2 3 2 0 1 1 1 4 sin 2 (sin2 ) sin 2 2 6 6 0 I xd x x       0,25 VËy I= 1 1 1 8 4 6 8 12       0,25 3 3 1 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 9 3 ( )( )( )3 2 2 3 2 A a b b c c a a b b c c a a b b c c a a b b c c a A 2 2 2 2 2 1 ( ) ( )( ) 1 1 .2 2 a b c a b c a b b c c a a b b c c a B B 0,25 Từ đó tacó VT 3 1 2 2 2 VP Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3 0,25 V.a 2 1 1 Ta có: AB = 2 , trung điểm M ( 5 5 ; 2 2 ), pt (AB): x y 5 = 0 0,25 S ABC = 1 2 d(C, AB).AB = 3 2 d(C, AB)= 3 2 Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= 1 2 0,25 d(G, AB)= (3 8) 5 2 t t = 1 2 t = 1 hoặc t = 2 G(1; - 5) hoặc G(2; - 2) 0,25 Mà 3 CM GM C = (-2; -10) hoặc C = (1; -1) 0,25 2 1 1 : 2 (1 ; 2 ;2 ) 2 x t ptts y t M t t t z t                 0,5 Ta cã: 2 2 2 28 12 48 48 0 2 MA MB t t t         0,25 Tõ ®ã suy ra : M (-1 ;0 ;4) 0,25 VI.a 1 1 Bpt     43232 22 22   xxxx 0,25   )0(32 2 2   tt xx BPTTT : 4 1  t t 2 4 1 0 t t     3232  t (tm) 0,25 Khi ®ã :   323232 2 2   xx 121 2  xx 0,25  2121012 2  xxx 0,25 [...]...  4 3 0 sin 60 3 3 Vô nghiệm 0,5 Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 ) 2 1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d d có phương trình tham số là: 0,25  x  1  2t   y  1  t z   t    Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  1 + t ;  t).Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t) Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là  u 2.(2t – 1) . y Ht. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Hớng dẫn chấm môn toán Câu ý Nội Dung Điểm I 2 1 Khảo sát hàm số (1 điểm) 1 y = x 3 + 3x 2 + mx +. é THI thử I HC lần ii PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I:(2 im) Cho hm s y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 cú th l (C m ); ( m l tham s) 1. Kho sỏt s bin thi n v v th hm. 0,25 + y = 3x 2 + 6x + 3 = 3(x 2 + 2x + 1) = 3(x + 1) 2 0; x hàm số đồng biến trên R 0,25 Baỷng bieỏn thieõn: 0,25 + y = 6x + 6 = 6(x + 1) y = 0 x =