DE+DA THI THU DH 2011

TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 ) NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28/02/2011 MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ) I. PHẦN CHUNG: (7 điểm) Câu 1:Cho hàm số: y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 có đồ (C m ); (m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số khi m = 3. 2. Xác đònh m để (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (C m ) tại D và E vuông góc với nhau. Câu 2: 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8 2. Giải hệ phương trình: 2 0 1 4 1 2 x y xy x y  − − =   − + − =   Câu 3: Tính J = − ∫ x ln10 2 3 x e dx e 2 Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, SA=2a; 0 60SAB = . Câu 5: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 2009 x y z + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 1 1 2 2 2x y z x y z x y z + + + + + + + + II.PHẦN TỰ CHỌN: (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu 6a. 1. Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0; 4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O. 2. Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng (d) : 2 2z 2 y 1 1x + == − và mặt phẳng ( P ) : 2x – y – 2z = 0. Câu 7a. . Giải phương trình sau trong C: Z 3 - 2Z 2 + 8Z – 16 = 0 2. Phần 2: Theo chương trình nâng cao. Câu 6b. 1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0 . 2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d 1 ) :      = = = 4z ty t2x ; (d 2 ) : 3 0 x t y t z = −   =   =  Chứng minh (d 1 ) và (d 2 ) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d 1 ) và (d 2 ). Câu 7b. Giải phương trình sau trong C: Z 4 – Z 3 + 6Z 2 – 8Z – 16 = 0 Het GV: TRƯƠNG CƠNG THỨ HƯỚNG DẪN GIẢI: I. PHẦN CHUNG: Câu 1: : y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 (C m ) 1. m = 3 : y = x 3 + 3x 2 + 3x + 1 (C 3 ) + TXĐ: D = R + Giới hạn: lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ + y’ = 3x 2 + 6x + 3 = 3(x 2 + 2x + 1) = 3(x + 1) 2 ≥ 0; ∀x * Bảng biến thiên: + y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0 ⇔ x = –1 điểm uốn I(-1;0) * Đồ thò (C 3 ): 2. 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) * (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 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 (x 2m); k E = y’(x E ) = + + = − + 2 E E E 3x 6x m (x 2m). Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k D k E = –1. ⇔ (3x D + 2m)(3x E + 2m) = 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 đònh lý Vi-ét). ⇔ 4m 2 – 9m + 1 = 0 ⇔ m = ( ) m 1 9 65 8 ĐS: m = ( ) ( ) − = m 1 1 9 65 hay m 9 65 8 8 Câu 2 : 1. + + =3sin x cosx 2cos3x 0 ⇔ sin π 3 sinx + cos π 3 cosx = – cos3x. GV: TRƯƠNG CƠNG THỨ ⇔ cos π   − =−     x cos3x 3 ⇔ cos π   − = π−     x cos( 3x) 3 ⇔ π π  = +  ∈  π  = + π  k x 3 2 (k Z) x k 3 ⇔ x = π π + k 3 2 (k ∈ Z) 2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: 2 2 2 2 91 91 2 2x y y x y x+ − + = − − − + − 2 2 2 2 ( )( ) 2 2 91 91 x y y x y x y x y x x y − − ⇔ = + − + − + − + + + 2 2 1 ( ) 0 2 2 91 91 x y x y x y x y x y   +  ÷ ⇔ − + + + =  ÷ − + − + + =   ⇔ x = y (trong ngoặc ln dương và x vay đều lớn hơn 2) Vậy từ hệ trên ta có: 2 2 91 2x x x+ = − + 2 2 91 10 2 1 9x x x⇔ + − = − − + − 2 2 9 3 ( 3)( 3) 2 1 91 10 x x x x x x − − ⇔ = + − + − + + + 2 1 1 ( 3) ( 3) 1 0 2 1 91 10 x x x x     ⇔ − + − − =  ÷  ÷  ÷ − + + +     ⇔ x = 3 Vậy nghiệm của hệ x = y = 3 Câu 3: J  − −   = = =   − ∫ ∫ b b ln10 8 x 8 2/3 1/ 3 3 x e 2 b e 2 e dx du 1 u 3 u e 2    − −   b 2/3 3 4 (e 2) ; 2 với u = e x – 2, du = e x dx) Suy ra: → →   = − − = =   b 2/ 3 b ln2 b ln2 3 3 lim J lim 4 (e 2) (4) 6 2 2 Câu 4: Dựng SH AB ⊥ ° Ta có: (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂ SH (ABC)⇒ ⊥ và SH là đường cao của hình chóp. ° Dựng HN BC, HP AC⊥ ⊥ · · SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α ° SHN = SHP ⇒ HN = HP. ° AHP vuông có: o a 3 HP HA.sin60 . 4 = = ° SHP vuông có: a 3 SH HP.tg tg 4 = α = α ° Thể tích hình chóp 2 3 ABC 1 1 a 3 a 3 a S.ABC: V .SH.S . .tg . tg 3 3 4 4 16 = = α = α Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có: 4ab ≤ (a + b) 2 1 4 a b a b ab + ⇔ ≤ + 1 1 1 ( , 0) 4 a b a b   ⇔ + ∀ >  ÷   GV: TRƯƠNG CƠNG THỨ S H P C A B N ϕ Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z         ≤ + ≤ + + = + +    ÷  ÷  ÷ + + +         Tương tự: 1 1 1 1 1 2 8 2 2x y z x y z   ≤ + +  ÷ + +   và 1 1 1 1 1 2 8 2 2x y z x y z   ≤ + +  ÷ + +   Vậy 1 1 1 2 2 2x y z x y z x y z + + + + + + + + 1 1 1 1 2009 4 4x y z   ≤ + + =  ÷   Vậy MaxP = 2009 4 khi x = y = z = 12 2009 II.PHẦN TỰ CHỌN: 1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản Câu 6a.1a 1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP a r = (7; - 4) của AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0 2. Gọi A(a; 0; 0) Ox∈ . ° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng () : 2 2 2 2a 2a d(A; ) 3 2 1 2 α = = + + ° () qua 0 M (1; 0; 2)− và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)= r ° Đặt 0 1 M M u= uuuuuur r ° Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác 0 1 AM M 0 1 2 0 AM M 0 1 [AM ; u] 2.S 8a 24a 36 d(A; ) M M u 3 − + ⇒ ∆ = = = uuuuur r r ° Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; ) 2 2 2 2 2 2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0 3 3 4(a 3) 0 a 3. − + ⇔ = ⇔ = − + ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = ° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0). Câu 6a.2a n = abcde * Xem các số hình thức abcde , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vò trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là c). Sau đó chọn trò khác nhau cho 4 vò trí còn lại từ X \ { } 1 : số cách chọn 4 7 A . Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài. * Xem các số hình thức 0bcde . * Loại những số dạng hình thức 0bcde ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài. 1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao: Câu 6b.1b 1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2 M ∈ Oy ⇒ M(0;m) GV: TRƯƠNG CƠNG THỨ Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Vậy · · 0 0 60 (1) 120 (2) AMB AMB  =   =  Vì MI là phân giác của · AMB (1) ⇔ · AMI = 30 0 0 sin 30 IA MI⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ 2 9 4 7m m+ = ⇔ = m (2) ⇔ · AMI = 60 0 0 sin 60 IA MI⇔ = ⇔ MI = 2 3 3 R ⇔ 2 4 3 9 3 m + = Vơ nghiệm Vậy có hai điểm M 1 (0; 7 ) và M 2 (0;- 7 ) 2 (d 1 ) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương 1 u (2;1; 0) = r - (d 2 ) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương 2 u (3; 3; 0)= − r AB (3; 0; 4)= − uuur ° 1 2 1 2 AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ≠ ⇒ uuur r r uuur r r không đồng phẳng. ° Vậy, (d 1 ) và (d 2 ) chéo nhau. ° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d 1 ) và (d 2 ) ° 1 M (d ) M(2t; t; 4)∈ ⇒ , / / 2 N (d ) N(3 t ; t ; 0)∈ ⇒ + − / / MN (3 t 2t; t t; 4)⇒ = + − − − − uuuur ° Ta có: / / / 1 / / 2 MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4) t 1 N(2; 1; 0) t 1 3 t 2t (t t) 0 MN u   ⊥ + − − + =  = −    ⇒ ⇔ ⇒     = + − + + = ⊥       uuuur r uuuur r ° Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính 1 R MN 2. 2 = = ° Vậy, phương trình mặt cầu (S): 2 2 2 (x 2) (y 1) (z 2) 4.− + − + − = Câu 6b.2b Xét phương trình Z 4 – Z 3 + 6Z 2 – 8Z – 16 = 0 Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z 1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z 2 = 2. Vậy phương trình trở thành: (Z + 1)(Z – 2)(Z 2 + 8) = 0 Suy ra: Z 3 = 2 2 i và Z 4 = – 2 2 i Đáp số: { } − − −1,2, 2 2 i, 2 2 i Hết HỌ VÀ TÊN : TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC GV: TRƯƠNG CƠNG THỨ ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 02 ) NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 21/03/2011 MÔN: TOÁN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ) Câu I ( 2 đ ) : Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 +2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y = 3x - 2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Câu II ( 2 đ ) : 1. Giải phương trình 2 2 log 2 2log 4 log 8 x x x + = . 2. Giải phương trình ( ) 2 2sin 2 3 sin cos 1 3 cos 3sinx x x x x + + = + . Câu III ( 2 đ ) : 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng :2 3 0d x y − + = . 2. Tính tích phân: 2 6 cotx I dx sinx.sin x 4 π π = π   +  ÷   ∫ Câu IV ( 2 đ ) Trong không gian Oxyz cho A ( 1; 2; - 1) và ( d ) : 2 2 1 3 2 x y z − + = = Và mặt phẳng ( p ) : 2x + y - z + 1 = 0 1 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A , song song với ( P ) và vuông góc ( d ). 2 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A , cắt ( d ) và song song với ( P ) . Câu V ( 2 đ ) 1. Tìm hệ số của 8 x trong khai triển nhị thức Niutơn của ( ) 2 2 n x + , biết 3 2 1 8 49 n n n A C C − + = . ( k n A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử, k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Cho a,b, c dương và a 2 + b 2 + c 2 =3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 2 2 2 3 3 3 a b c P b c a = + + + + + HẾT Chúc các em làm bài tốt GV: TRƯƠNG CÔNG THỨ ĐÁP ÁN ĐỀ 02 I.1. Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 4 3 2 5 2 2 2 5 x y x y x y  =  = −   ⇔   = − +   =   => 4 2 ; 5 5 M    ÷   II. Tính ( ) ( ) 3 3 3 2 6 6 6 cot cot cot 2 2 sinx sinx cos sin x 1 cot sin x sin 4 x x x I dx dx dx x x x π π π π π π π = = = + +   +  ÷   ∫ ∫ ∫ Đặt 1+cotx=t 2 1 sin dx dt x ⇒ = − Khi 3 1 1 3; 6 3 3 x t x t π π + = ⇔ = + = ⇔ = Vậy ( ) 3 1 3 1 3 1 3 3 1 3 1 2 2 2 ln 2 ln 3 3 t I dt t t t + + + + −   = = − = −  ÷   ∫ III. 1. Ta có: 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 a a b a a b b + + + ≥ = + + (1) 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 b b c c c c c + + + ≥ = + + (2) 3 3 2 6 2 3 2 2 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 c c a c c a a + + + ≥ = + + (3) Lấy (1)+(2)+(3) ta được: ( ) 2 2 2 2 2 2 9 3 16 4 a b c P a b c + + + + ≥ + + (4) Vì a 2 +b 2 +c 2 =3 Từ (4) 3 2 P⇔ ≥ vậy giá trị nhỏ nhất 3 2 P = khi a=b=c=1. 1.Giải phương trình ( ) 2 2sin 2 3sin cos 1 3 cos 3sinx x x x x + + = + . GV: TRƯƠNG CÔNG THỨ ( ) 3 1 1 3 2 3 sin 2 cos 2 3 cos 3sin 1 sin 2 cos 2 3 cos sin 2 2 2 2 x x x x x x x x     + − = + ⇔ + − = +  ÷  ÷  ÷  ÷     2 2 1 cos 2 3cos 2cos 3cos 3 3 3 3 x x x x π π π π         ⇔ + − = − ⇔ − = −  ÷  ÷  ÷  ÷         5 cos 0 3 3 2 6 x x k x k π π π π π π   ⇔ − = ⇔ − = + ⇔ = +  ÷   ( ) k ∈¢ 2.(1 điểm) Điều kiện 1 0, 1, 2 x x x> ≠ ≠ Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 6 1 4 6 1 2 log log 2 log 2 log 1 log 1 log log 1 logx x x x x x x x + = ⇔ + = ⇔ = + + + 2 log 1 2x x⇔ = ⇔ = III. 1 ( ) ( ) ( ) , ;0 , 0; , ;A Ox B Oy A a B b AB a b∈ ∈ ⇒ = − uuur Vt c p của d là ( ) 1;2u = r Toạ độ trung điểm I của AB là ; 2 2 a b    ÷   A và B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi 2 0 4 . 0 2 3 0 2 a b a AB u b b a I d − + =   = −  =   ⇔ ⇔    = − − + = ∈      uuur r Vậy ( ) ( ) 4;0 , 0; 2A B− − Câu VI. b Điều kiện 4,n n≥ ∈¥ . Ta có: ( ) 2 2 0 2 2 n n k k n k n k x C x − = + = ∑ . Hệ số của 8 x là 4 4 .2 n n C − ( ) ( ) ( ) 3 2 1 3 2 8 49 2 1 4 1 49 7 7 49 0 n n n A C C n n n n n n n n n− + = ⇔ − − − − + = ⇔ − + − = ( ) ( ) 2 7 7 0 7n n n⇔ − + = ⇔ = Vậy hệ số của 8 x là 4 3 7 .2 280C = GV: TRƯƠNG CÔNG THỨ . THỨ ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 02 ) NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 21/03 /2011 MÔN: TOÁN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ) Câu I ( 2 đ ) : Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 +2 (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và. TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 ) NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28/02 /2011 MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ) I. PHẦN CHUNG: (7 điểm) Câu. + = + . Câu III ( 2 đ ) : 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thu c trục hoành và điểm B thu c trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng :2 3 0d x