ĐỀ THI THỬ LẦN 2+ĐA

SỞ GD & ĐT GHỆ A TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Thanh Chương ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦ 2 - ĂM 2010 Môn thi: TOÁ; Khối: A - B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦ CHUG CHO TẤT CẢ THÍ SIH (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 1 2 3 y x mx m m = − − (1) , m là tham số thực khác 0. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị A,B,C sao cho tam giác ABC vuông. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2tan (cot 2 sin ) 1 x x x + = 2. Giải hệ phương trình 3 ( , ) 4 x y x y x y x y x y R x y x y x y x y  + + + − =  −  ∈  −  + − − =  +  Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường | 4 | x x y e e − = − và 3 y = Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a ; AD = 2a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SA và BC. Gọi E là giao điểm của mặt phẳng (DMN) với cạnh bên SB. Biết góc  0 30 DM = , tính thể tích khối chóp S.DMEN theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn 3 a b c + + ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 ab bc ca P ab c bc a ca b = + + + + + PHẦ RIÊG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chun Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 ( 6) ( 6) 50 x y + + − = . Đường thẳng ∆ cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C) tại điểm M sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0 ; 1; 1), C(0; 0 ; 2) và đường thẳng 2 1 : 1 1 1 x y z d + − = = − . Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (ABC) bằng 30 0 . Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình 1 1 1 5 5 5 log log log 6 12.9 35. 18.4 0 x x x − + ≥ , (x ∈ R) B. Theo chương trình âng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x – y – 2 = 0 và C(3; - 3) . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d: 3x + y – 2 = 0, xác định tọa độ các đỉnh A,B, D. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình bình hành ABCD có phương trình cạnh 2 3 : 2 1 2 x y z CD − − = = và hai đường thẳng 1 1 1 1 : 1 1 1 x y z d − − + = = − ; 2 1 1 : 1 1 2 x y z d − + = = . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d 1 và đỉnh B thuộc đường thẳng d 2 , xác định tọa độ các đỉnh A, B và tính diện tích của hình bình hành ABCD. Câu VII.b (1,0 điểm) Gọi z 1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 – 2z + 4 = 0. Tính giá trị của biểu thức ( ) ( ) 2010 2010 1 2 1 2 | | | | z z A z z + = + . Hết Thông báo: 1) Trung tâm luyện thi ĐH-CĐ khối A tại Xã Thanh Tường – Huyện Thanh Chương – Tỉnh ghệ An sẽ tuyển sinh năm học 2010 – 2011 các khối lớp 10, 11, 12, 13. 2) Môn Toán: Thầy Trần Đình Hiền ; Môn Lý: Thầy Trần Đình Hùng ; Môn Hóa: Thầy guyễn Phương Kháng. 3) Thời gian đăng ký danh sách: Lớp 11,12 từ ngày 1/6/2010. Lớp 10, 13 từ ngày 25/8/2010. 4) Mọi chi tiết xin liên hệ Thầy: guyễn Phương Kháng - Số điện thoại : 0986606720 hoặc vào địa chỉ: http://www.violet.vn/Lucky999 ĐÁP Á ĐỀ THI THỬ ĐH L2 ĂM 2010 – TRƯỜG THPT ĐẶG THÚC HỨA – GV: TRẦ ĐÌH HIỀ Câu(ý) ội dung Điểm I-1 Khi m = 1 ta có hàm số y = x 4 – 2x 2 - 3. *Tập xác định D = R. *Sự biến thiên. + Chiều biến thiên : y’ = 4x(x 2 – 1) ; y’= 0 ⇔ x = 0 v x = ± 1. Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1; + ∞). Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; - 1) và (0 ; 1) 0,25 + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = - 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1, y CT = - 4 + Giới hạn tại vô cực: 4 2 4 2 lim ( 2 3) ; lim ( 2 3) x x x x x x →−∞ →+∞ − − = +∞ − − = +∞ 0,25 + Bảng biến thiên: x -∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ -3 +∞ - 4 - 4 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 x y 0,25 *Đồ thị: + Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm: ( 3;0),( 3;0) − + Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 3) + Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. 0,25 I-2 2 1 ' 4 ( ); ' 0 0 y x x m y x v x m m = − = ⇔ = = ± . 0,25 Hàm số có 3 cực trị khi phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 (1) 0,25 Giả sử 3 điểm cực trị là: A(0; - 3m), B(- m; - m 3 – 3m ), C (m; - m 3 – 3m ) 3 3 ( ; ); ( ; ) AB m m AC m m = − − = −   . 0,25 Ta có AB = AC , ∀ m ≠ 0 ⇒ ∆ ABC cân tại A. Nếu ∆ ABC vuông thì chỉ vuông được tại A. ∆ABC vuông tại A ⇒ 2 6 . 0 0; 1 AB AC m m m m = ⇔ = ⇔ = = ±   . Kết hợp đk (1) ⇒ m = ± 1. 0,25 II-1 Điều kiện: sin2x≠ 0 (*) Phương trình tương đương với 2 2sin (cos 2 sin 2 .sin ) cos 2 sin 2 .sin 1 1 cos .sin 2 cos x x x x x x x x x x + + = ⇔ = 0,25 2 2 2 2 cos sin 2cos .sin cos x x x x x ⇔ − + = 2 sin (2cos 1) 0 x x ⇔ − = 0,25 • sin x = 0 ( Loại vì điều kiện (*)) 0,25 • 1 cos 2 , 2 3 x x k k Z π π = ⇔ = ± + ∈ ( Thỏa mãn điều kiện (*)). 0,25 II-2 Điều kiện: x + y > 0 và x – y > 0. Đặt , ( , 0) u x y v x y u v = + = − > 0,25 Hệ phương trình trở thành 2 2 3 (1) (2) 4 uv v u u uv v  + =   − =   . Đặt v = tu, (t > 0) 0,25 Lấy phương trình (1) chia phương trình (2) theo vế ⇒ 2 3 2 3 1 4 4 3 3 0 1 4 2 t t t t t t t t + = ⇔ + + − = ⇔ = − 0,25 ⇒ 2 u v = . Hệ phương trình ⇔ 4 16 10 2 4 6 u x y x v x y y = + = =    ⇔ ⇔    = − = =    (Thỏa mãn điều kiện) 0,25 III Phương trình: 2 2 4 3 3 4 0 1 0 | 4 | 3 ln 4 4 3 3 4 0 4 x x x x x x x x x x x x e e e e e x e e x e e e e e − − −    − = − + − = = =  − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = − = − − = =     0,25 Diện tích hình phẳng là ln 4 0 | 4 | 3 x x S e e dx − = − − ∫ . Giải phương trình 4 0 2 ln 2 x x x e e e x − − = ⇔ = ⇔ = 0,25 ln 2 ln 4 ln2 ln4 0 ln2 0 ln2 | ( 4 ) 3| | 4 3| ( 4 3) ( 4 3) x x x x x x x x S e e dx e e dx e e dx e e dx − − − − = − − − + − − = − + − + − − ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 ln 2 ln 4 ( 4 3 ) ( 4 3 ) 6ln 2 2 0 ln 2 x x x x e e x e e x − − = − − − + + − = − ( đvdt) 0,25 IV AN = DN = 2 a ; AD = 2a ⇒ ∆AND vuông tại N. Theo định lý (3 đường vuông góc) ⇒ DN⊥MN ⇒  tan 6 D DM M a M = ⇒ = Theo ĐL Pitago ⇒ AM = 2a ⇒ SA = 4a. Gọi {I} = DN∩AB ⇒ E là trọng tâm của ∆SAI ⇒ d(E,(ABCD)) = 1 4 3 3 a SA = Thể tích khối chóp M.AID là 3 2 . 1 1 4 . 2 .2 3 3 3 M AID AID a V MA S a a ∆ = = = Thể tích khối chóp E.BIN là 2 3 . 1 1 4 2 ( ,( )). . . 3 3 3 2 9 E BI BI a a a V d E ABCD S ∆ = = = Thể tích khối đa diện ADM.BNE là 3 . . . 10 9 ADM BE M AID E BI a V V V= − = Thể tích khối chóp S.ABND là 2 3 . 1 1 3 . 4 . 2 3 3 2 S ABD ABD a V SA S a a = = = □ Thể tích khối chóp S.DMEN là 3 . . . 8 9 S DME S ABD ADM BE a V V V= − = 0,25 0,25 0,25 0,25 V 1 2 3 ( ) ( )( ) ab ab ab ab ab a c b c ab c ab c a b c a c b c   ≤ = ≤ +   + + + + + + + +   (1) Tương tự 1 2 3 bc bc bc a b a c bc a   ≤ +   + + +   (2) và 1 2 3 ca bc bc a b b c ca b   ≤ +   + + +   (3) 0,25 +0,25 Cộng (1),(2) và (3) theo vế ta có : 1 3 ( ) 2 2 3 3 3 ab bc ca P a b c ab c bc a ca b = + + ≤ + + ≤ + + + 0,25 Vậy maxP 3 2 = đạt được khi a = b = c = 1. 0,25 VIa-1 Giả sử A(a; 0)∈ Ox , B(0;b)∈ Oy (a, b ≠ 0) ⇒ phương trình đường thẳng ∆: 1 0 x y bx ay ab a b + = ⇔ + − = Đường tròn (C) có tâm I(- 6 ; 6), bán kính R = 5 2 0,25 Từ giả thiết ta có ∆ IAB cân tại I và đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C). ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 6) 6 6 ( 6) ( )( 12) 0 | 6 6 | 5 2 ( , ) | 6( ) | 5 2 a b a b a b IA IB a b ab d I R a b ab a b a b  + + = + − + − + =  =    ⇔ ⇔ − −    = ∆ = − − = +     +  0,25 2 2 12 2 22 2 14 | 12 | 10 2 22 14 2 | 12 72 | 10 12 72 b a b a a a a a v v v v a b b b b a a a a = +  = − = − = − = = −       ⇔ ⇔       + = = = = = − + + = + +        0,25 Các phương trình đường thẳng ∆ là: x – y + 2 = 0; x – y + 22 = 0; 7x + y – 14 = 0; x + 7y + 14 = 0. 0,25 VIa-2 Giả sử M(t; - t – 2; t + 1) ∈ d, (t ∈ R). ( 1; 2; 1); ( 1;1;1); ( 1;0;2) AM t t t AB AC− − − + = − = −    0,25 Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (MAB) là 1 , ( 2 3; 2 ; 3) n AM AB t t   = = − − − −      Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là 2 , (2;1;1) n AB AC   = =      0,25 Do góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (ABC) bằng 30 0 nên 0 1 2 cos30 | cos( , ) | n n =   0,25 2 2 2 | 6 9 | 3 2(2 3) (8 12 18) 2 6 8 12 18 t t t t t t − − ⇔ = ⇔ + = + + + + ⇔ t = 0 ⇒ M( 0; - 2 ; 1) 0,25 VIIa Điều kiện: x > 0. (*) Đặt t = 1 5 log x . Bất phương trình trở thành 2 3 3 12.9 35.6 18.4 0 12 35 18 0 2 2 t t t t t     − + ≥ ⇔ − + ≥         0,25 S M  A B I E C D a 2a 30 0 Đặt u = 3 2 t       , (u > 0). Bất phương trình trở thành 12u 2 – 35u + 18≥ 0 ⇔ 2 9 3 4 u v u ≤ ≥ 0,25 • 1 1 5 2 3 3 1 log 1 5 3 2 2 t u t x x −     ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ − ⇔ ≤ − ⇔ ≥         • 2 1 5 9 3 3 1 2 log 2 4 2 2 25 t u t x x     ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤         0,25 Kết hợp điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình là [ ) 1 0; 5; 25 T   = ∪ +∞     0,25 VIb-1 Gọi A(t; - 3t + 2) ∈ d, (t∈ R). Ta có khoảng cách ( , ) 2 ( , ) d A DM d C DM = | 4 4 | 2.4 3 1 2 2 t t v t − ⇔ = ⇔ = = − hay A(3; - 7) và A( - 1 ; 5) Mặt khác A, C nằm về hai phía của đường thẳng DM ⇒ Chỉ có điểm A(- 1; 5) thỏa mãn. Gọi D(m ; m - 2) ∈ DM, (m ∈ R) ( 1; 7); ( 3; 1) AD m m CD m m = + − = − +   Do ABCD là hình vuông ⇒ 2 2 2 2 5 1 . 0 5 ( 1) ( 7) ( 3) ( 1) m v m D A D C m m m m m D A D C = = −   =  ⇔ ⇒ =   + + − = − + + =      hay D( 5; 3) 0,25 0,25 0,25 ( 2; 6) AB DC = = − −   ⇒ B(- 3; - 1) . Kết luận: A(- 1; 5), B(- 3; - 1), D(5; 3) 0,25 VIb-2 Gọi A(t + 1; - t + 1; t - 1)∈ d 1 ; B(k; k + 1; 2k - 1)∈ d 2 . ( 1; ;2 ) AB k t k t k t = − − + −  Một vecto chỉ phương của đường thẳng CD là (2;1;2) u =  0,25 , (3 ;2 2; 3 1) AB u t k k t   = + − − −     Do tứ giác ABCD là hình bình hành nên , AB u   cùng phương , 0 AB u   ⇔ = ⇔      t = 0 ; k = - 1 hay A(1; 1; - 1) , B(- 1; 0; - 3) 0,25 Chọn điểm M(2;0; 3) ∈CD. Ta có (1; 1;4) AM = −  ⇒ , (6; 6; 3) u AM   = − −     Khoảng cách giữa hai cạnh AB và CD là , ( , ) ( , ) 3 | | u AM d AB CD d A CD u     = = =    0,25 ( 2; 1; 2) 3 AB AB = − − − ⇒ =  Diện tích hình bình hành ABCD là . ( , ) 9 ABCD S AB d AB CD = = (đvdt) 0,25 VIIb Phương trình z 2 – 2z + 4 = 0 có hai nghiệm 1 2 1 3 ; 1 3 z i z i = + = − 0,25 ( ) 2010 2010 2 010 1 1 20 10 201 0 2 cos . sin 2 cos .sin 2 3 3 3 3 z i z i π π π π     = + ⇒ = + =         ( ) 2 010 2 010 2 010 2 2 2 0 10 20 10 2 cos .sin 2 co s .sin 2 3 3 3 3 z i z i π π π π             = − + − ⇒ = − + − =                         0,25 1 2 1 2 | | | | 2 | | | | 4 z z z z = = ⇒ + = 0,25 Do đó ( ) ( ) 2010 2010 1 2 1 2 | | | | z z A z z + = + = 2009 2 0,25 Chú ý : 1) ếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định! 2) Mọi góp ý và thắc mắc vui lòng truy cập địa chỉ : http://www.dangthuchua.com CHÚC CÁC THÍ SIH ĐẠT KẾT QUẢ CAO TROG KỲ THI ĐH – CĐ ĂM 2010 GV: TRẦ ĐÌH HIỀ A B C D M . TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Thanh Chương ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦ 2 - ĂM 2010 Môn thi: TOÁ; Khối: A - B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦ CHUG CHO TẤT CẢ THÍ SIH. ĐÁP Á ĐỀ THI THỬ ĐH L2 ĂM 2010 – TRƯỜG THPT ĐẶG THÚC HỨA – GV: TRẦ ĐÌH HIỀ Câu(ý) ội dung Điểm I-1 Khi m = 1 ta có hàm số y = x 4 – 2x 2 - 3. *Tập xác định D = R. *Sự biến thi n S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a ; AD = 2a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SA và BC. Gọi E là giao điểm của mặt phẳng (DMN) với cạnh bên SB.