3 đề thi thử Đại học Môn Toán và đáp án

Sở GD & ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI A Tháng 03/2010 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y = (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 điểm) 1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x∈ [ 0 ; π ]. 2. Giải hệ phương trình 3 2 3 2 2 3 5.6 4.2 0 ( 2 )( 2 ) x y x x y x y y y x y x − −  − + =   − = + − +   Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân 3 1 4 2 0 ( ) 1 x x x e dx x + + ∫ Câu IV. (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥ 2xyz. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu V. (1.0 điểm) Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính thể tích của tứ diện ABCD. PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không được chấm điểm). A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1 ) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d 2 ): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d 1 ), (d 2 ), trục Oy. 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. Câu VIIa. (1.0 điểm) Giải bất phương trình 2 3 3 4 2 log ( 1) log ( 1) 0 5 6 x x x x + − + > − − B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Cho elip (E) : 4x 2 + 16y 2 = 64.Gọi F 1 , F 2 là hai tiêu điểm. M là điểm bất kì trên (E).Chứng tỏ rằng tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F 2 và tới đường thẳng x = 8 3 có giá trị không đổi. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 điểm) Giải bất phương trình 2 2 3 2 1 6 10 2 x x x A A C x − ≤ + ( k n C , k n A là tổ hợp, chỉnh hợp chập k của n phần tử) HẾT Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN Tháng 03/2010 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM Câu I (2.0đ) 1. (1.0đ) TXĐ : D = R\{1} 0.25 Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x →+∞ →−∞ = = nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ( ) , lim x x f x + − → → = +∞ = −∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y’ = 2 1 0 ( 1)x − < − 0.25 Bảng biến thiên 1 + ∞ - ∞ 1 - - y y' x - ∞ 1 + ∞ Hàm số nghịc biến trên ( ;1)−∞ và (1; )+∞ Hàm số không có cực trị 0.25 Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0.25 2.(1.0đ) Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x = − − + − − 2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x ⇔ − − + = − − 0.25 Ta có d(I ;tt) = 0 4 0 2 1 1 1 ( 1) x x − + + Xét hàm số f(t) = 4 2 ( 0) 1 t t t > + ta có f’(t) = 2 4 4 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 t t t t t − + + + + 0.25 ĐỀ CHÍNH THỨC - + f(t) f'(t) x 2 0 1 0 + ∞ f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 0 0 0 2 1 1 0 x x x =  − = ⇔  =  0.25 + Với x 0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x 0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 0.25 Câu II(2.0đ) 1. (1.0đ) Phương trình đã cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x 0.25 2 cosx=0 4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx 2cos3x= 3 osx+sinx c c x c  ⇔ + ⇔   0.25 + osx=0 x= 2 c k π π ⇔ + + 3x=x- 2 6 2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- ) 6 3 2 6 k c c x x k π π π π π  +  ⇔ ⇔   = − +   0.25 12 24 2 x k k x π π π π  = − +  ⇔   = +   vì x [ ] 11 13 0; , , , 2 12 24 24 x x x x π π π π π ∈ ⇒ = = = = 0.25 2.(1.0đ) ĐK: , 0x y x y ≥   ≥  Hệ phương trình 3 2 3 2 3 2 3 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( ) x y x x y x y x x y x y y y x y x x y y x y x x y y − − − −   − + = − + =   ⇔ ⇔   − − = − + − = − + − +     0.25 3 2 3 2 3 2 3 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 2 0 (2 )[( 2 )( ) 1] 0 x y x x y x y x x y y x y x y x x y y − − − −  − + =  − + =  ⇔ ⇔   − = − + − + + =    (do 2 )( ) 1 0y x x y y+ − + + ≠ ) 3 2 3 2 2 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1) 2 2 (2) x y x x y x x x y x y x − −   − + = − + = ⇔ ⇔   = =   0.25 Giải (1): 2 2 2 3 ( ) 1 3 3 2 3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0 3 2 2 ( ) 4 2 x x x x x x x  =  − + = ⇔ − + = ⇔   =   3 2 0 log 4 x x =   ⇔ =   0.25 Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0 Với 3 2 log 4x = thay vao (2) ta được y = 3 2 1 log 4 2 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 3 2 log 4x = ,y = 3 2 1 log 4 2 0.25 Câu III. (1.0đ) Đặt I = 3 1 4 2 0 ( ) 1 x x x e dx x + + ∫ . Ta có I = 3 1 1 4 2 0 0 1 x x x e dx dx x + + ∫ ∫ 0.25 Ta tính 3 1 2 1 0 x I x e dx= ∫ Đặt t = x 3 ta có 1 1 1 0 0 1 1 1 1 3 3 3 3 t t I e dt e e= = = − ∫ 0.25 Ta tính 1 4 2 0 1 x I dx x = + ∫ Đặt t = 4 x 4 3 4x t dx t dt⇒ = ⇒ = 0.25 Khi đó 1 1 4 2 2 2 2 0 0 1 2 4 4 ( 1 ) 4( ) 1 1 3 4 t I dx t dt t t π = = − + = − + + + ∫ ∫ Vậy I = I 1 + I 2 1 3 3 e π = + − 0.25 Câu IV. (1.0đ) Ta có 1 1 1 2 2xy yz xz xyz x y z + + ≥ ⇔ + + ≥ nên 0.25 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz − − − − ≥ − + − = + ≥ Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (2) x z x z y x z x z xz − − − − ≥ − + − = + ≥ 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (3) x y x y y x y x y xy − − − − ≥ − + − = + ≥ 0.25 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z− − − ≤ 0.25 vậy A max = 1 3 8 2 x y z⇔ = = = 0.25 B' Y X Z N D' C' A' C D A B M B D A C P M N Câu V. (1.0đ) Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ), 2( ) 2( ) x a c b y b c a z a b c = + − = + − = + − Vậy V = 1 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( )( )( )a c b b c a a b c+ − + − + − 1.0 Câu VIa. (2.0đ) 1. (1.0đ) Gọi A là giao điểm d 1 và d 2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d 1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d 2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.5 Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 0.5 2. (1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng x 2 + y 2 + z 2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 5 2 1 2 0 5 2 2 2 0 2 8 4 4 0 1 8 4 4 0 2 4 A A D B C D B A C D C B C D D  = −  + + =     + + + = = −   ⇔   + + + =   = −   + + + =    =  Vậy bán kính R = 2 2 2 15A B C D+ + − = 1.0 Câu VIIa (1.0đ) Câu VIb (2.0đ) 1. (1.0đ) Đk: x > - 1 0.25 bất phương trình 3 3 3 3log ( 1) 2log ( 1) log 4 0 ( 1)( 6) x x x x + + − ⇔ > + − 3 log ( 1) 0 6 x x + ⇔ < − 0.25 0.25 0 6x⇔ < < 0.25 Ta có 1 2 ( 12;0), ( 12;0)F F− Giả sử M(x 0 ; y 0 )thuộc (E) H là hình chiếu của M trên đường thẳng 8 3 x = . Ta có MF 2 = a - cx 0 /a = 0 8 3 2 x− 0.5 MH = 0 8 3 3 x− . Vậy 2 MF MH không đổi 0.5 2. (1.0) Ta cú (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1) Q Q AB n AB n = uuur uur uuur uur Vỡ ; 0 Q AB n uuur uur r nờn mt phng (P) nhn ; Q AB n uuur uur lm vộc t phỏp tuyn Vy (P) cú phng trỡnh x - 2y + z - 2 = 0 1.0 Cõu VIIb (1.0) nghim bt phng trỡnh l x = 3 v x = 4 1.0 Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định S GIO DC V O TO BC NINH TRNG THPT THUN THNH S I Ngy thi 21/03/2010 THI KHO ST CHT LNG LN 2 MễN: TON Thi gian lm bi: 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hm s 2 m y x m x = + + 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s ó cho vi m = 1. 2. Tỡm m hm s cú cc i v cc tiu sao cho hai im cc tr ca th hm s cỏch ng thng d: x y + 2 = 0 nhng khong bng nhau. Cõu II (2,0 im) 1. Gii phng trỡnh ( ) ( ) 2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x = + + 2. Gii phng trỡnh 2 2 7 5 3 2 ( )x x x x x x + + = Ă Cõu III (1,0 im). Tớnh tớch phõn 3 0 3 3. 1 3 x dx x x + + + . Cõu IV (1,0 im). Cho t din u ABCD cú cnh bng 1. Gi M, N l cỏc im ln lt di ng trờn cỏc cnh AB, AC sao cho ( ) ( ) DMN ABC . t AM = x, AN = y. Tớnh th tớch t din DAMN theo x v y. Chng minh rng: 3 .x y xy+ = Cõu V (1,0 im). Cho x, y, z 0 tho món x+y+z > 0. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc ( ) 3 3 3 3 16x y z P x y z + + = + + II. PHN RIấNG (3,0 im): Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B). A. Theo chng trỡnh Chun: Cõu VI.a (2,0 im) 1. Trong mt phng to Oxy, cho hỡnh ch nht ABCD cú phng trỡnh ng thng AB: x 2y + 1 = 0, phng trỡnh ng thng BD: x 7y + 14 = 0, ng thng AC i qua M(2; 1). Tỡm to cỏc nh ca hỡnh ch nht. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng d 1 : 1 1 2 2 3 1 x y z+ − − = = , d 2 : 2 2 1 5 2 x y z− + = = − 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: 3 2 1 2 1 1 x y z− + + = = − 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 ( ) 1 4 4 2 2 1 log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y  − − =  ∈   + =  ¡ Hết 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 y x x = + + − a) Tập xác định: D { } \ 2= ¡ 0.25 b) Sự biến thiên: ( ) ( ) 2 2 2 1 4 3 ' 1 2 2 x x y x x − + = − = − − , 1 ' 0 3 x y x =  = ⇔  =  . lim x y →−∞ = −∞ , lim x y →+∞ = +∞ , 2 2 lim ; lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ , [ ] [ ] lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0 x x y x y x →+∞ →−∞ − + = − + = Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. 0.25 Bảng biến thiên 0.25 x y’ y - ∞ 1 2 3 + ∞ 0 0 + ∞ + ∞ - ∞ - ∞ 1 3 – – + + 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. c) Đồ thị: 0.25 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: 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 x m y m m x m y m m = + ⇒ = + + = − ⇒ = + − 0.25 Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2 ;2 2 )m m m− + − ; B( 2 ;2 2 )m m m+ + + Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 2 2m m m m− − = − + 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 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + 1.0 ĐK: sin cos 0x x + ≠ 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 0x x x x x⇔ + + + + = ( ) ( ) ( ) 1 sin 1 cos 1 sin 0x x x⇔ + + + = 0.25 sin 1 cos 1 x x = −  ⇔  = −  (thoả mãn điều kiện) 0.25 2 2 2 x k x m π π π π  = − +  ⇔  = +  ( ) ,k m∈Z Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k π π = − + và 2x m π π = + ( ) ,k m∈Z 0.25 2 Giải phương trình: 2 2 7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡ 1.0 2 2 2 3 2 0 7 5 3 2 x x PT x x x x x  − − ≥  ⇔  − + + = − −   0.25 2 3 2 0 5 2( 2) x x x x x  − − ≥  ⇔  + = − +   0.25 3 1 0 2 5 2. x x x x x   − ≤ ≤  ⇔ ≠   +  + = −  ( ) ( ) 2 2 0 1 16 0 x x x − ≤ <   ⇔  + − =   0.25 1x ⇔ = − Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 0.25 III Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x − + + + ∫ . 1.0 Đặt u = 2 1 1 2x u x udu dx+ ⇒ − = ⇒ = ; đổi cận: 0 1 3 2 x u x u = ⇒ =   = ⇒ =  0.25 Ta có: 3 2 2 2 3 2 0 1 1 1 3 2 8 1 (2 6) 6 3 2 1 3 1 3 x u u dx du u du du u u u x x − − = = − + + + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ 0.25 ( ) 2 2 1 2 6 6ln 1 1 u u u= − + + 0.25 3 3 6ln 2 = − + 0.25 IV 1.0 Dựng DH MN H⊥ = Do ( ) ( ) ( ) DMN ABC DH ABC⊥ ⇒ ⊥ mà .D ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . 0.25 D A BC H M N Trong tam giác vuông DHA: 2 2 2 2 3 6 1 3 3 DH DA AH   = − = − =  ÷  ÷   Diện tích tam giác AMN là 0 1 3 . .sin 60 2 4 AMN S AM AN xy= = 0.25 Thể tích tứ diện .D AMN là 1 2 . 3 12 AMN V S DH xy= = 0.25 Ta có: AMN AMH AMH S S S= + 0 0 0 1 1 1 .sin 60 . .sin 30 . .sin 30 2 2 2 xy x AH y AH⇔ = + ⇔ 3 .x y xy+ = 0.25 V 1.0 Trước hết ta có: ( ) 3 3 3 4 x y x y + + ≥ (biến đổi tương đương) ( ) ( ) 2 0x y x y⇔ ⇔ − + ≥ 0.25 Đặt x + y + z = a. Khi đó ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 64 64 4 1 64 x y z a z z P t t a a + + − + ≥ = = − + (với t = z a , 0 1t ≤ ≤ ) 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 f t t t f t t   = − − = ⇔ = ∈   Lập bảng biến thiên 0.25 ( ) [ ] 0;1 64 inf 81 t M t ∈ ⇒ = ⇒ GTNN của P là 16 81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 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 2 1 0 21 13 5 ; 7 14 0 13 5 5 5 x x y B x y 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 (1; 2); (1; 7); ( ; ) AB BD AC n n n a b− − uuur uuur uuur (với a 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 c n n c n n= uuur uuur uuur uuur 2 2 2 2 3 2 7 8 0 2 7 a b a b a b a ab b b a = −   ⇔ − = + ⇔ + + = ⇔  = −  0.25 - Với a = - b. Chọn a = 1 ⇒ b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, 0.25 [...]... 4; 3) ⇒ Phương trình d:  y = 4 − t thoả mãn bài toán  z = 3 − 5t  VII.a 0.25 Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n ∈ N Điều kiện:  n > 3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 ⇔ log4(n – 3) (n + 9) = 3 n = 7 ⇔ (n – 3) (n + 9) = 43 ⇔ n2 + 6n – 91 = 0 ⇔   n = − 13 (thoả mãn) (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = 7 3 2... = hA ⇒ hA = 3 ∆SBC Vậy hM = d(M;(SBC)) = 3VS ABC a 2 = V∆SBC 3 0,25 a 2 6 V * Ta cm với a, b > 0 có a3 + b3 ≥ a2b + ab2 (*) (1 điểm) Thật vậy: (*) ⇔ (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b) ≥ 0 ⇔ (a + b)(a - b)2 ≥ 0 đúng Đẳng thức xẩy ra khi a = b * Từ (*) ⇒ a3 + b3 ≥ ab(a + b) b3 + c3 ≥ bc(b + c) c3 + a3 ≥ ca(c + a) ⇒ 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) * Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương... THANH CHƯƠNG 1 KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN Câu I.1 * TXĐ: R (1 điểm) Sự biến thi n: Nội Dung Điểm y' = -3x2 + 6x = -3x(x - 2) 0,25 x = 0 y' = 0 ⇔  x = 2 * Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞) Hàm số đồng biến trên (0;2) Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 5 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1 lim lim * x→−∞ y = + ∞, x→+∞ y = - ∞ Bảng biến thi n: x -∞ 0 y'... NĂM 2010 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I Môn Toán (Thời gian làm bài: 180 phút) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = -x3+3x2+1 1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số 2 Tìm m để phương trình x3-3x2 = m3-3m2 có ba nghiệm phân biệt Câu II (2,0 điểm ) x+4 + x−4 ≤ x + x 2 − 16 − 6 2 1 3 sin 2 x + sin 2 x = tan x 2.Giải phương trình: 2 ln 3 e 2 x dx I= ∫ Câu III (1,0 điểm)... 1; y + 3; z ) ur u u ur uu Ta có MN vuông góc với u∆ nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 0.25 x + y + z + 2 = 0  Lại có N ∈ (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x − 3 y + z − 11 = 0 ( x − 1) 2 + ( y + 3) 2 + z 2 = 42  Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x−5 = 2 x +3 = Nếu N( -3; -4; 5) ta có pt ∆ : 2 0.25 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt ∆ : VII.b y+2 = 3 y+4 = 3 1  log... + a) ⇒ 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) * Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có: 1 1 1 3 1 1 1 + 3 + 3 ≥ 33 3 3 3 = 3 a a a abc a b c 0,25 0,25 (1) (2) * Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c VI.a.1 * Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2 (1 điểm) Ta có IA = 2 5 > R ⇒ A nằm ngoài đường tròn (C) * Xét đường thẳng ∆1 : x = 4 đi qua... điểm uốn I(1 ;3) là tâm đối xứng của đồ thị 0,25 I.2 * PT đã cho ⇔ -x3 + 3x2 + 1 = -m3 + 3m2 + 1 Đặt k = -m3 + 3m2 + 1 (1 điểm) * Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k * Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔ 1 < k < 5 ⇔ m ∈ (-1 ;3) \ { 0; 2} * x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4 Đặt t = x + 4 + x − 4 (t > 0)  x − 4 ≥ 0 t ≤ −2( L) BPT trở thành: t2 - t - 6 ≥ 0 ⇔  t ≥ 3 0,25 0,25... trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y = 1 + 3t ; d 2 :  y = −2 + 5m z = 2 + t  z = −2 m   0.25 Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)u uu ur ⇒ MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t) 0.25 3 + m − 2t = 2k uu u u ur r u ur u  Do d ⊥ (P) có VTPT nP (2; −1; −5) nên ∃k : MN = k n p ⇔  3 + 5m − 3t = −k có  −2 − 2m − t = −5k  0.25 nghiệm... điểm) Cho a,b,c là ba số thực dương Chứng minh: (a 3  1 1 1 + b3 + c 3 )  3 + 3 + 3 ÷ ≥ a b c  3 b+c c+a a +b  + +  ÷ 2 a b c  II PHẦN RIÊNG ( 3, 0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a(2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y + 1 = 0 và điểm A(4;5) Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C)... 0.25 x = 3y x = 3y x = 3y  ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  2 25 2 2  x + y = 25 9 y + y = 25  y = 10  0.25  5   15 ; ( x; y ) =  ÷  10 10   ⇔  5   15 ;− ( x; y ) =  − ÷ 10    10  (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) 0.25 Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm 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 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO . phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x − + + + ∫ . 1.0 Đặt u = 2 1 1 2x u x udu dx+ ⇒ − = ⇒ = ; đổi cận: 0 1 3 2 x u x u = ⇒ =   = ⇒ =  0.25 Ta có: 3 2 2 2 3 2 0 1 1 1 3 2 8 1 (2 6) 6 3 2 1 3 1 3 x u. ) 3 3 3 3 3 3 3 3 64 64 4 1 64 x y z a z z P t t a a + + − + ≥ = = − + (với t = z a , 0 1t ≤ ≤ ) 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t) 3 + 64t 3 với t [ ] 0;1∈ . Có ( ) [ ] 2 2 1 '( ) 3 64. GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN Tháng 03/ 2010 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT