5 đề Toán thi thử ĐH

(ĐỀ 1) Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 ( ) 2,f x x mx= + + có đồ thị ( ) m C 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 3m = − 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị ( ) m C cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 1 2 tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x + = + 2) Giải phương trình: ( ) 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R+ = − + ∈ Câu III (1 điểm) Tính 2 3 0 sin 1 cos2 x x I dx x π + = + ∫ Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là .O ,A B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , · · 0 60ASO SAB= = . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2 4 x y x y P xy + − = + Phần riêng (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương trình : 0x y− = và điểm (2;1)M . Tìm phương trình đường thẳng ∆ cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( )d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng ( ) α đi qua hai điểm ( ) 0; 1;2 ,A − ( ) 1;0;3B và tiếp xúc với mặt cầu ( ) S có phương trình: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 2x y z− + − + + = Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2 1 0z z+ + = . Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 1 1 1 1 P z z z z z z z z         = + + + + + + +  ÷  ÷  ÷  ÷         Phần B Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) C có phương trình ( ) 2 2 : 4 25x y− + = và điểm (1; 1)M − . Tìm phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M và cắt đường tròn ( ) C tại 2 điểm ,A B sao cho 3MA MB = 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( ) P có phương trình: 1 0x y− − = . Lập phương trình mặt cầu ( ) S đi qua ba điểm ( ) ( ) ( ) 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C− − và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) P Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình: ( ) ( ) 2 1 2 2 2 1 2 3 log 1 log 1 6 2 log 1 2 log ( 1) x x x x   + − + −  ÷   ≥ + + + Đề luyện thi ĐH-CĐ 2010 Môn Toán-Trần Khánh Long BO GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Tham khao ĐỀ THI THU DAI HOC NAM 2011 MÔN: TOÁN (Khối B-D) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 1 Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 Môn: Toán_ Khối B và D (ĐỀ 1) Câu I.1 (1,0 đ) Câu I.2 (1,0 đ) Phương trình cho HĐGĐ 3 2 0,(*)x mx+ + = 0x = không thỏa mãn nên: 3 2 (*) x m x + ⇔ = − Xét hàm số 3 2 2 2 2 2 ( ) '( ) 2 x g x x g x x x x x + = − = − − ⇒ = − + '( ) 0 1g x x= ⇔ = ta có bảng biến thiên(lập bảng biến thiên) Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y m= và đồ thị hàm số ( )y g x= nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì 3m > − Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị ( ) m C của hàm số ( )y f x= hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.1 (1,0 đ) 1 2 tan cot 2 2sin 2 sin 2 x x x x + = + ,(1) Điều kiện: 2 x k π ≠ 2 2 2 2 4sin cos2 2sin 2 1 (1) sin 2 sin 2 2(1 cos2 ) cos 2 2(1 cos 2 ) 1 2cos 2 cos 2 1 0 cos2 1 (loai do:sin 2 0) 1 3 cos2 2 x x x x x x x x x x x x x k x π π + + ⇔ = ⇒ − + = − + ⇔ − − = = =   ⇔ ⇔ = ± +  = −  Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: , 3 x k k Z π π = ± + ∈ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.2 (1,0 đ) ( ) 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R+ = − + ∈ Đặt 2 2 4 2 2 4 2( 2 )t x x t x x= + ⇒ = + ta được phương trình 2 2 1 5 2 8 0 2 t t t t+ = − ⇔ + − = 4 2 t t = −  ⇔  =  + Với t = − 4 Ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 4 2( 2 ) 16 2 8 0 x x x x x x x x < <   + = − ⇔ ⇔   + = + − =   2 0 2 2 x x x <  ⇔ ⇔ = −  =  0,25 0,25 0,25 Đề luyện thi ĐH-CĐ 2010 Môn Toán-Trần Khánh Long 2 + Với t = 2 ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 2 2( 2 ) 4 2 2 0 x x x x x x x x > >   + = ⇔ ⇔   + = + − =   2 0 3 1 3 1 x x x >   ⇔ ⇔ = −  = −   ĐS: phương trình có 2 nghiệm 2, 3 1x x= − = − 0,25 Câu III (1,0 đ) 2 2 3 3 3 2 2 0 0 0 sin sin 1 cos2 2cos 2cos x x x x I dx dx dx x x x π π π + = = + + ∫ ∫ ∫ 3 3 1 2 2 0 0 1 2cos 2 cos x x I dx dx x x π π = = ∫ ∫ Đặt 2 tan cos u x du dx dx v x dv x =  =   ⇒   = =    3 3 3 1 0 0 0 1 1 1 tan tan ln cos ln 2 2 2 2 2 3 2 3 I x x xdx x π π π π π   ⇒ = − = + = −     ∫ 2 2 2 3 3 3 3 2 2 0 0 0 0 sin 1 1 tan (1 tan ) 2cos 2 2 x I dx xdx x dx dx x π π π π   = = = + − =     ∫ ∫ ∫ ∫ [ ] 3 0 1 1 tan 3 2 2 3 x x π π   = − = −  ÷   ( ) 1 2 3 1 1 1 1 ln 2 3 ( 3 ln2) 2 2 3 6 2 2 3 I I I π π π −   = + = − + − = + −  ÷   0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV (1,0 đ) Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a= Đặt OA R = · 0 60SAB SAB= ⇒ ∆ đều · 1 1 1 2 2 2 3 sin OA R IA AB SA ASO = = = = Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2 OA IA IO− = 2 2 2 6 3 2 R a R a R⇔ − = ⇔ = 2SA a⇒ = Chiếu cao: 2 2 a SO = Diện tích xung quanh: 2 6 2 3 2 xq a S Rl a a π π π = = = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y+ = . 4 2 4 1 4 1 4 2 4 4 2 2 x y x y x y y x y P xy y x y x + − = + = + + − = + + + − Thay 5y x= − được: 4 1 5 4 1 5 4 1 5 3 2 . 2 . 4 2 2 4 2 4 2 2 y x x y y P x x y x y x y x − = + + + − = + + + − ≥ + − = P bằng 3 2 khi 1; 4x y= = Vậy Min P = 3 2 0,25 0,50 0,25 Đề luyện thi ĐH-CĐ 2010 Môn Toán-Trần Khánh Long 3 S O A B I Lưu ý: Có thể thay 5y x= − sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3 5 3 5 ( ) (5 ) 4 x x g x x x + − = + − Câu AVI.1 (1,0 đ) A nằm trên Ox nên ( ) ;0A a , B nằm trên đường thẳng 0x y− = nên ( ; )B b b , (2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b⇒ = − − = − − uuur uuur Tam giác ABM vuông cân tại M nên: 2 2 2 ( 2)( 2) ( 1) 0 . 0 ( 2) 1 ( 2) ( 1) a b b MA MB MA MB a b b − − − − =   =   ⇔   = − + = − + −     uuur uuur , do 2b = không thỏa mãn vậy 2 2 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 , 2 2 2 1 ( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1) 2 b a b b a b b b b a b b b b b −  − = ≠ −   − = ≠ −   ⇔ −   −     − + = − + − + = − + −   ÷  −    2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 1 4 ( 2) ( 1) . 1 0 ( 2) 3 a b a b b b a b b b b  =  −  − = ≠    = −    ⇔ ⇔     =     − + − − =        −   =     Với: 2 1 a b =   =  đường thẳng ∆ qua AB có phương trình 2 0x y+ − = Với 4 3 a b =   =  đường thẳng ∆ qua AB có phương trình 3 12 0x y+ − = 0,25 0,25 0,25 0,25 ĐỀ 2 : PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu 1: Cho hàm số y = 2 3 2 x x − − có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất. Câu 2: 1) Giải phương trình: 2 2 sin( ).cos 1 12 x x π − = 2) Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 2 8 27 18 (1) 4 6 (2) x y y x y x y + =   + =  Câu 3: 1) Tính tích phân I = 2 2 6 1 sin sin 2 x x dx π π × + ∫ 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: Đề luyện thi ĐH-CĐ 2010 Môn Toán-Trần Khánh Long 4 3 3 3 1 8 1 8 1 8 1 a b c c a b + + ≥ + + + Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60 0 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). PHẦN RIÊNG 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : (d 1 ) 3 2 1 1 1 2 y z x − + + = = ; (d 2 ) 1 2 2 ( ) 1 x t y t t z t = +   = + ∈   = +  ¡ . Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d 1 ) , (d 2 ) 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x 2 +y 2 +z 2 +4x –6y +m =0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8. Đáp án đề số 1 - 2009 Phần chung: Câu 1: Cho hàm số y = 2 3 2 x x − − có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, b sao cho AB ngắn nhất. Giải: 1) 2) Gọi M(x o ; 0 0 2 3 2 x x − − )∈ (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y = 2 0 0 2 2 0 0 2 6 6 ( 2) ( 2) x x x x x − + − + − − (∆ ) ∩ TCĐ = A (2; 0 0 2 2 2 x x − − ); (∆ ) ∩ TCN = B (2x 0 –2; 2) 0 0 2 (2 4; ) 2 AB x x − = − − uuur ⇒ AB = 2 0 2 0 4 4( 2) 2 2 ( 2) cauchy x x − + − ≥ ⇒ AB min = 2 2 ⇔ 0 3 (3;3) 1 (1;1) o x M x M = →   = →  Câu 2: 1) Giải phương trình: 2 2 sin( ).cos 1 12 x x π − = Giải: phương trình ⇔ 2(cosx–sinx)(sinx– 3 cosx)=0 ⇔ 3 ( ) 4 x k k x k π π π π  = +  ∈  = +   ¢ 2) Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 2 8 27 18 (1) 4 6 (2) x y y x y x y + =   + =  Giải: (1) ⇒ y ≠ 0 Đề luyện thi ĐH-CĐ 2010 Môn Toán-Trần Khánh Long 5 Hệ ⇔ 3 3 3 3 2 2 27 3 8 18 (2 ) 18 4 6 3 3 1 2 . 2 3 x x y y x x x x y y y y     + = + =   ÷      ⇔       + = + =  ÷       Đặt a = 2x; b = 3 y . Ta có hệ: 3 3 3 18 1 ( ) 3 a b a b ab ab a b + = + =   ⇔   = + =   → Hệ đã cho có 2 nghiệm 3 5 6 3 5 6 ; , ; 4 4 3 5 3 5     − +  ÷  ÷     + − Câu 3: 1) Tính tích phân I = 2 2 6 1 sin sin 2 x x dx π π × + ∫ Giải: I = 2 2 6 3 cos (cos ) 2 π π − − × ∫ x d x . §Æt 3 cos cos 2 x u= × ⇒ I ∫ ⋅= 2 4 2 sin 2 3 π π udu = ( ) 3 2 16 π + 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Giải: Đk x ≥ 0. đặt t = x ; t ≥ 0 (1) trở thành (m–3)t+(2-m)t 2 +3-m = 0 ⇔ 2 2 2 3 3 1 t t m t t − + = − + (2) Xét hàm số f(t) = 2 2 2 3 3 1 t t t t − + − + (t ≥ 0) Lập bảng biến thiên (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ≥ 0 ⇔ 5 3 3 m≤ ≤ Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 3 1 8 1 8 1 8 1 a b c c a b + + ≥ + + + Giải: 3 2 2 8 1 (2 1)(4 2 1) 2 1 cauchy c c c c c+ = + − + ≤ + ⇒ 2 3 2 1 8 1 a a c c ≥ + + Tương tự, 2 2 3 3 ; 2 1 2 1 8 1 8 1 b b c c a b a b ≥ ≥ + + + + Ta sẽ chứng minh: 2 2 2 1 (1) 2 1 2 1 2 1 a b c c a b + + ≥ + + + Bđt(1) ⇔ 4(a 3 b 2 +b 3 a 2 +c 3 a 2 ) +2(a 3 +b 3 +c 3 )+2(ab 2 +bc 2 +ca 2 )+( a+b+c) ≥ ≥ 8a 2 b 2 c 2 +4(a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 ) +2 (a 2 +b 2 +c 2 )+1 (2) Ta có: 2a 3 b 2 +2ab 2 ≥ 4a 2 b 2 ; …. (3) 2(a 3 b 2 +b 3 a 2 +c 3 a 2 ) ≥ 2.3. 3 5 5 5 a b c =6 (do abc =1)(4) a 3 +b 3 +c 3 ≥ 3abc =3 = 1 +2 a 2 b 2 c 2 (5) a 3 +a ≥ 2a 2 ; …. (6) Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2). Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60 0 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Giải: Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = 3 2 a ; · 0 60AMS = và SO ⊥ mp(ABC) ⇒ d(S; BAC) = SO = 3 4 a ;⇒ V(S.ABC) = 3 3 1 ( ). 3 16 a dt ABC SO = Đề luyện thi ĐH-CĐ 2010 Môn Toán-Trần Khánh Long 6 Mặt khác, V(S.ABC) = 1 ( ). ( ; ) 3 dt SAC d B SAC ∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = 3 2 a ⇒ dt(SAC) = 2 13 3 16 a .Vậy d(B; SAC) = 3 3 ( ) 13 V a dt SAC = Phần riêng: 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Giải: Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của B, C lên (∆). M là đối xứng của B qua ∆ ⇒ M ∈ AC và M là trung điểm của AC. (BH): x –2y + 3 =0 → H ( ) 7 1 ; 5 5 − → M ( ) 7 4 ; 5 5 − BH = 3 5 5 ⇒CI = 6 5 5 ; C∈ Oy ⇒ C(0; y 0 ) ⇒ 0 7 5 o y y =   = −  C(0; 7) ⇒ A ( ) 27 14 ; 5 5 − − ∉ (∆)→loại,C(0; –5) ⇒ A ( ) 33 14 ; 5 5 − ∈ (∆)→ nhận. Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng :(d 1 ) 3 2 1 1 1 2 y z x − + + = = ; (d 2 ) 1 2 2 ( ) 1 x t y t t z t = +   = + ∈   = +  ¡ . Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d 1 ) , (d 2 ) Giải: (P) ∩ (d 1 ) = A(1;1;2); (P) ∩ (d 2 ) = B(3;3;2)→ (∆) 1 2 1 2 ( ) 2 x t y t t z = −   = − ∈   =  ¡ Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Giải: C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = 5 2 2 ABC a b S AB ∆ − − = ⇒ 8(1) 5 3 2(2) a b a b a b − =  − − = ⇔  − =  Trọng tâm G ( ) 5 5 ; 3 3 a b+ − ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 3 2 65 89 S p = + + ,(2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ 3 2 2 5 S r p = = + Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x 2 +y 2 +z 2 +4x –6y +m =0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8. Giải: (S) tâm I(-2;3;0), bán kính R= 13 ( 13)m IM m− = < .Gọi H là trung điểm của MN ⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) = 3m− − ,(d) qua A(0;1;-1), VTCP (2;1;2)u = r ⇒ d(I; d) = ; 3 u AI u     = r uur r .Vậy 3m− − =3 ⇔ m = –12( thỏa đk) ĐỀ 3: I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = 1 2 −x x . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) Đề luyện thi ĐH-CĐ 2010 Môn Toán-Trần Khánh Long 7 1. Giải phương trình ( ) ( ) 2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + 2. Giải phương trình 2 2 7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡ Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x − + + + ∫ . 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 ( ) ( ) DMN ABC⊥ . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: 3 .x y xy+ = Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0≥ thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 3 3 3 3 16x y z P x y z + + = + + 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 : 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 (ĐỀ 3) Đáp án gồm 05 trang Câu Nội dung Điểm I HS tu lam 2,0 II 2.0 1 Giải phương trình ( ) ( ) 2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + 1.0 Đề luyện thi ĐH-CĐ 2010 Môn Toán-Trần Khánh Long 8 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 Đề luyện thi ĐH-CĐ 2010 Môn Toán-Trần Khánh Long 9 D A B C 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 . .sin30 . .sin30 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, A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3 (3;2) 2 1 0 2 x y x A x y y − − = =   ⇒ ⇒   − + = =   Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 0.25 Đề luyện thi ĐH-CĐ 2010 Môn Toán-Trần Khánh Long 10 [...]... y = 4 H phng trỡnh x 2 + y 2 = 25 x 2 + y 2 = 25 x 2 + y 2 = 25 0. 25 x = 3y x = 3y x = 3 y 2 2 2 25 2 2 x + y = 25 9 y + y = 25 y = 10 0. 25 5 15 ; ( x; y ) = ữ 10 10 (ko 5 15 ; ( x; y ) = ữ 10 10 ( 4) 0. 25 0. 25 tha món k)Vy h phng trỡnh ó cho vụ nghim THI TH I HC NM 2009-2010 Mụn thi: TON Khi A, B Thi gian : 180 phỳt, khụng k thi gian giao I PHN CHUNG CHO TT C TH... trỡnh: 2x 3y + z 11 = 0 0. 25 x + y + z + 2 = 0 Li cú N (P) v MN = 42 ta cú h: 2 x 3 y + z 11 = 0 ( x 1) 2 + ( y + 3) 2 + z 2 = 42 Gii h ta tỡm c hai im N (5; - 2; - 5) v N(- 3; - 4; 5) 0. 25 x5 = 2 x+3 = Nu N(-3; -4; 5) ta cú pt : 2 0. 25 Nu N (5; -2; -5) ta cú pt : VII.b y +2 z +5 = 3 1 y + 4 z 5 = 3 1 1 y x ) log 4 = 1 y log 1 ( Gii h phng trỡnh 4 x 2 + y 2 = 25 1.0 ( x, y Ă ) y x > 0... z l 8 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 VI.b 2.0 1 1.0 Gi s B ( xB ; yB ) d1 xB = yB 5; C ( xC ; yC ) d 2 xC = 2 yC + 7 xB + xC + 2 = 6 yB + yC + 3 = 0 0. 25 T cỏc phng trỡnh trờn ta cú: B(-1;-4) ; C (5; 1) uuu r uuu r Ta cú BG (3; 4) VTPT nBG (4; 3) nờn phng trỡnh BG: 4x 3y 8 = 0 0. 25 Vỡ G l trng tõm nờn ta cú h: Bỏn kớnh R = d(C; BG) = 9 81 phng trỡnh ng trũn: (x 5) 2 +(y 1)2 = 5 25 2 luyn thi H-C 2010... Ta trng tõm tam giỏc ABC l 7 7 x + 3y = 1 0, 25 0, 25 0, 25 0 ,50 0, 25 0, 25 Gi B ( b ; 2b 1) ( d1 ) ; C ( 1 3c ; c ) (d 2 ) 5 2 b 3c = 7 b = 7 Ta cú: 2b + c = 3 c = 1 7 7 2 3 10 1 KL: B ; ữ ; C ; ữ 7 7 7 7 t K: x > 0 t t = log 3 x x = 3 Cõu VIb í 1 (2,0 ) (1,0 ) luyn thi H-C 2010 Mụn Toỏn-Trn Khỏnh Long 0 ,50 0, 25 0, 25 15 t 2 1 9 2 4 2 Ta cú: 2.2 + 2t = 3t 2t = 3t... 0, 25 0, 25 ) 4x 2 3 x 2 3 3r 2 3 Trong ú: B = = x 2 3 = 6r 2 3; B ' = = ; h = 2r 4 4 2 2r 2 3r 2 3 3r 2 3 21r 3 3 6r 3 + ữ= + 6r 2 3 3 2 2 ữ 3 Nhận xét : 10x 2 +8 x + 4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) T ú, ta cú: V = V Phơng trình tơng đơng với : 2 ( Đặt 2x + 1 x +1 ) 2 m( 2 2x + 1 x2 +1 )+2=0 2x + 1 2 = t Điều kiện : -2< t 5 Rút m ta có: m= 2t + 2 x2 +1 t 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 ] ( Lập bảng biến thi n... ; 3) th ( khụng cn tỡm im un) í2 (1,0 ) 0, 25 y = 0 3x2 3m = 0 ; ' = 9m 0, 25 m 0 : y khụng i du hm s khụng cú cc tr 0, 25 m > 0 : y i du qua 2 nghim ca y=0 hm s cú 2 cc tr 0, 25 KL: m > 0 m > 0 P = m < 0 pcm 0, 25 0, 25 cos x = 0 í1 (1,0 ) Bin i: 4 cos3 x + 3 2 sin 2 x = 8cos x 2 cos x.(2 cos 2 x + 3 2 sin x 4) = 0 õu II (2,0 ) 0, 25 0, 25 v 2sin 2 x 3 2 sin x + 2 = 0 x = 2 +... + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t) 3 + m 2t = 2k uuuu r uu r uu r Do d (P) cú VTPT nP (2; 1; 5) nờn k : MN = k n p 3 + 5m 3t = k cú nghim 2 2m t = 5k 0. 25 0. 25 0. 25 m = 1 Gii h tỡm c t = 1 x = 1 + 2t Khi ú im M(1; 4; 3) Phng trỡnh d: y = 4 t tho món bi toỏn z = 3 5t VII.a 0. 25 Tỡm phn thc ca s phc z = (1 + i)n , bit rng n N tha món phng trỡnh 1.0 log4(n 3) + log4(n + 9) =... y 1 = 0 7 5 I ; ữ 2 2 x 7 y + 14 = 0 y = 5 2 14 12 Do I l trung im ca AC v BD nờn to C ( 4;3) ; D ; ữ 5 5 - Vi b = - 7a (loi vỡ AC khụng ct BD) 2 0. 25 1.0 x = 1 + 2t x = 2 + m Phng trỡnh tham s ca d1 v d2 l: d1 : y = 1 + 3t ; d 2 : y = 2 + 5m z = 2 + t z = 2 m Giuuuud ct d1 ti M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) v ct d2 ti N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) sr MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; -... x = 9 t í2 (1,0 ) t t = x 1 Suy ra : x 1 t 0 ln ( 1 t ) ln ( 1 + ( t ) ) 1 1 = lim = Gii hn tr thnh: lim t 0 t ( t + 2 ) t 0 t+2 2 ( t ) ln ( 2 x ) 1 = 2 x 1 x 1 2 KL: lim 0 ,50 0, 25 0, 25 0 ,50 0, 25 ( 5) THI TH I HC, CAO NG NM 2010 PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) 2x + 4 1 x 1)Kho sỏt v v th ( C ) ca hm s trờn 2)Gi (d) l ng thng qua A( 1; 1 ) v cú h s gúc k Tỡm k sao cho (d) ct (... x +1 + 2log x 2 = x 3 3 ln ( 2 x ) x1 x 2 1 2 Tỡm gii hn: lim -Ht - P N (ờ4) THI TH I HC CAO NG NM 2010 Cõu í Cõu I (2,0) í1 (1,0 ) Mụn thi: TON Khi A, B NI DUNG im Khi m =1 y = x 3 3 x + 1 Tp xỏc nh D=R 0, 25 Gii hn: xlim y = ; xlim y = + + 2 x = 1 y= 3x 3 ; y=0 0, 25 0, 25 Bng bin thi n luyn thi H-C 2010 Mụn Toỏn-Trn Khỏnh Long 13 Hm s ng bin trờn khong ( ; 1) , ( 1; + ) v . H ( ) 7 1 ; 5 5 − → M ( ) 7 4 ; 5 5 − BH = 3 5 5 ⇒CI = 6 5 5 ; C∈ Oy ⇒ C(0; y 0 ) ⇒ 0 7 5 o y y =   = −  C(0; 7) ⇒ A ( ) 27 14 ; 5 5 − − ∉ (∆)→loại,C(0; 5) ⇒ A ( ) 33 14 ; 5 5 − ∈ (∆)→. =   − + + + =  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 5 2 5 : 2 3 1 x y z− + + ∆ = = − Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt 3 4 5 : 2 3 1 x y z+. =     0. 25 ( ) ( ) 15 5 ; ; 10 10 15 5 ; ; 10 10 x y x y    =   ÷    ⇔    = − −   ÷     (ko thỏa mãn đk)Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 0. 25 (ĐỀ 4) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC