02 DE+ DA THI DH 2011

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC MÔN: TOÁN - KHỐI A Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I: (2,0 điểm)Cho hàm số 2 4 ( ) 1 x y C x − = + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2.Gọi M là một điểm bất kì trên đồ thị (C), tiếp tuyến tại M cắt các tiệm cận của (C) tại A, B. CMR diện tích tam giác ABI (I là giao của hai tiệm cận) không phụ thuộc vào vị trí của M. Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) 3 2 cos cos 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 ( ) 4 1 ( ) 2 7 2 x x y y x x x y y x  + + = −   + − = +   Câu III: (1,0 điểm) : Tính tích phân: 2 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x   = +  ÷ +   ∫ Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 0 60 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ = 4 a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) (NPQ)⊥ . Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 333 3 1 3 1 3 1 accbba P + + + + + = II . PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chọn một trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A . Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (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 với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v r , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z α + + − = và tiếp xúc với (S). Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : 2 2 2 2 ; ( ) 4z i z z i z z − = − + − = B . Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3 4 4 0x y∆ − + = . Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi d : x 1 y 1 z 2 1 1 − + = = − .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cña ®iÓm M’ ®èi xøng víi M qua d Câu VIIb (1,0 điểm) Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2 =++− zzzz , ∈z C. Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:……………………………………………… SBD:……………… SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN - KHỐI A Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I-1 (1 điểm) TXĐ : D = R\{-1} y’ = 2 6 0 ( 1)x > + 0,25 lim ( ) lim ( ) 2 x x f x f x →+∞ →−∞ = = nên y = 2 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 0,25 Bảng biến thiên Hàm số đông biến trên ( ; 1)−∞ − và ( 1; )− +∞ Hàm số không có cực tri 0,25 Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(-1 ;2) làm tâm đối xứng 0,25 I-2 (1 điểm) Gọi ( ) 2 4 ; 1 1 a M a C a a −   ∈ ≠ −  ÷ +   Tiếp tuyến tại M có phương trình: ( ) ( ) 2 6 2 4 1 1 a y x a a a − = − + + + 0,25 (Giao điểm với tiệm cận đứng 1x = − là 2 10 1; 1 a A a −   −  ÷ +   0,25 Giao điểm với tiệm cận ngang 2y = là ( ) 2 1;2B a + Giao hai tiệm cận I(-1; 2) 0,25 ( ) ( ) 12 1 1 ; 2 1 . .24 12 1 2 2 IAB IA IB a S IA AB dvdt a = = + ⇒ = = = + 0,25 II-1 (1 điểm) 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 II-2 (1 điểm) Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình Với 0x ≠ , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 ( ) 2 2 7 1 ( ) 2 7 y x y x y xy x x x x y y x y x y x  + + + =   + + + =  ⇔   + − − = +   + − =   0,25 Đặt 2 1 , y u v x y x + = = + ta có hệ: 2 2 4 4 3, 1 2 7 2 15 0 5, 9 u v u v v u v u v v v u + = = − = =    ⇔ ⇔    − = + − = = − =    0,25 +) Với 3, 1v u= = ta có hệ: 2 2 2 1, 2 1 1 2 0 2, 5 3 3 3 y x y x y x y y y x x y x y x y = =    + = + = + − =  ⇔ ⇔ ⇔     = − = + = = − = −     . 0,25 +) Với 5, 9v u= − = ta có hệ: 2 1 9 5 y x x y  + =  + = −  , hệ này vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) (2;1), ( ; ) (5; 2).x y x y= = − 0,25 III (1 điểm) 2 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x   = +  ÷ +   ∫ 0,25 I 1 = 1 ln 1 ln e x dx x x + ∫ , Đặt t = 1 ln x+ ,… Tính được I 1 = 4 2 2 3 3 − 0,25 ( ) 2 2 1 ln e I x dx = ∫ , lấy tích phân từng phần 2 lần được I 2 = e - 2 0,25 I = I 1 + I 2 = 2 2 2 3 3 e − − 0,25 IV (1 điểm) Gọi I là trung điểm A’B’ thì ' ' ' ' ( ' ') ' AA' C I A B C I ABA B C I ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính là góc · 'C BI . Suy ra · 0 ' 60C BI = · 15 ' .tan ' 2 a C I BI C BI= = 0,25 3 . ' ' ' ' ' ' 1 . 15 . . AA'. AA' . ' ' 2 4 ABC A B C A B C a V S CI A B= = = 0,25 / / ' ( ) / /( ' ) / / ' NP BC NPQ C BI PQ C I  ⇒   (1) 0,25 · · · · 0 ' ( ) ' ' 90 AM BI ABM BB I c g c suy ra AMB BIB suy ra AMB B BI = − − = + = ⇒ ⊥ V V . Mặt khác theo chứng minh trên C’I ⊥ AM nên AM ⊥ ( ' )C BI Suy ra (AMC) ⊥ ( ' )C BI (2) Từ (1) và (2) suy ra (MAC) (NPQ)⊥ 0,25 V (1 điểm) áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có zyx 9 z 1 y 1 x 1 9 xyz 3 xyz3 z 1 y 1 x 1 )zyx( 3 3 ++ ≥++⇒=≥         ++++ (*) áp dụng (*) ta có 333333 a3cc3bb3a 9 a3c 1 c3b 1 b3a 1 P +++++ ≥ + + + + + = 0,25 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a 3b 1 1 1 a 3b 1.1 a 3b 2 3 3 b 3c 1 1 1 b 3c 1.1 b 3c 2 3 3 c 3a 1 1 1 c 3a 1.1 c 3a 2 3 3 + + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + + + + + ≤ = + + 0,25 Suy ra ( ) 3 3 3 1 a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6 3 + + + + + ≤ + + +     1 3 4. 6 3 3 4   ≤ + =     Do đó 3P ≥ 0,25 Dấu = xảy ra 3 a b c 1 a b c 4 4 a 3b b 3c c 3a 1  + + =  ⇔ ⇔ = = =   + = + = + =  Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4/1cba === 0,25 1. Giả sử 1 2 ( ; ) 5; ( ; ) 2 7 B B B B C C C C B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − + Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6 3 0 B C B C x x y y + + =   + + =  0,25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) Ta có (3;4) (4; 3) BG BG VTPT n⇒ − uuur uuur nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0,25 Bán kính R = d(C; BG) = 9 5 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5) 2 +(y – 1) 2 = 81 25 0,25 VIa (1 điểm) 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của ( ) α là (1;4;1)n r 0,25 Vì ( ) ( )P α ⊥ và song song với giá của v r nên nhận véc tơ (2; 1;2) p n n v= ∧ = − uur r r làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 0,25 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4d I P→ = ⇔ 21 ( ( )) 4 3 m d I P m = −  → = ⇔  =  0,25 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 0,25 VIIa (1 điểm) + Gọi số phức z = x + yi ),( Ryx ∈ 0,25 Hệ      = +=−+ ↔ 44 )22()1(2 xyi iyiyx 0,25      = = ↔        −=∨= = ↔ 3 3 2 4 1 4 11 4 y x x y x y x y 0,25 Vậy số phức cần tìm là : iz 3 3 4 1 4 += 0,25 VI -b (1 điểm) 1. Gọi 3 4 16 3 ( ; ) (4 ; ) 4 4 a a A a B a + − ⇒ − . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 . ( ) 3 2 ABC S AB d C AB= → ∆ = . 0,25 Theo giả thiết ta có 2 2 4 6 3 5 (4 2 ) 25 0 2 a a AB a a =  −   = ⇔ − + = ⇔  ÷  =    0,25 Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 0,25 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: x 1 2t y 1 t z t = +   = − +   = −  Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra : MH uuuur = (2t − 1 ; − 2 + t ; − t) 0,25 Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là u r = (2 ; 1 ; −1), nên : 2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t = 2 3 . Vì thế, MH uuuur = 1 4 2 ; ; 3 3 3   − −  ÷   3 (1; 4; 2) MH u MH= = − − uuuur uuuur 0,25 Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: x 2 y 1 z 1 4 2 − − = = − − 0,25 Theo trªn cã 7 1 2 ( ; ; ) 3 3 3 H − − mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é M’ 8 5 4 ( ; ; ) 3 3 3 − − 0,25 PT ⇔ ⇔=+−+ 10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2( 22 =−++ zzzz Đặt zzt 2 2 += . Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25 Đặt zzt 2 2 += . Khi đó phương trình (8) trở thành 0103 2 =−− tt 0,25    ±−= ±−= ⇒    = −= ⇔ 61 1 5 2 z iz t t Vậy phương trình có các nghiệm: 61±−=z ; iz ±−= 1 0,5 HẾT SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC MÔN: TOÁN - KHỐI : B - D Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I: (2,0 điểm)Cho hàm số y = 3 2 3 3x x− + − (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng 5 2y x= − sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị của (1) nhỏ nhất. Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 2 cos 2 3sin cos 2x x x x + = + + 2. Giải hệ phương trình: 2 5 3 x y x y y x y  + + − =   + =   (x, y∈ R) Câu III: (1,0 điểm) : Tính tích phân: 2 2 2 1 4 x I dx x − = ∫ Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C cạnh huyền bằng 3a . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , ( ) SG ABC⊥ , 14 2 a SB = . Tính thể tích khối chóp .S ABC Câu V: (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 1 1 1 P xy yz zx = + + + + + II . PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chọn một trong hai phần ( phần A hoặc phần B) A . Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có ( 2;3)C − . Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3 2 25 0, 0x y x y− − = − = . Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) : ( ) ( ) 921 2 2 2 =+++− zyx .Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a : 22 1 1 − = − = zyx và cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính bằng 2 Câu VIIa (1,0 điểm) Giải phương trình : ( ) 3 9 3 4 2 log log 3 1 1 log x x x − − = − B . Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 5 1 1 3 4 : 1 − + = − − = − zyx d 13 3 1 2 : 2 zyx d = + = − Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển n 5 3 x x 1       + biết: )3n(7CC n 3n 1n 4n +=− + + + Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:……………………………………………… SBD:……………… SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN - KHỐI: B - D Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I-1 (1 điểm) TXĐ : D = R y’ = 2 3 6x x− + 0,25 Tìm nghiệm y’ = 0 ; lập bảng biếng thiên đúng 0,25 Kết luận cực trị đúng 0,25 Đồ thị đúng Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng 0,25 I-2 (1 điểm) Gọi tọa độ điểm cực đại là A(2;1), điểm cực tiểu B(0;-3) Xét biểu thức P=6x-y-4 0,25 Thay tọa độ điểm A(2;1)=>P>0, thay tọa độ điểm B(0;-3)=>P<0 0,25 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=6x-4, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: 2x-y-3 = 0 0,25 1 6 4 4 2 3 5 2 x y x y x y  =  = −   ⇔   = −   = −   => 1 5 ; 4 2 M   −  ÷   0,25 II-1 (1 điểm) pt 2 2sin cos 3sin 2cos cos 3 0x x x x x⇔ − + − − = 0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2cos 3 sin cos 1 2cos 3 0 sin cos 1 2cos 3 0 x x x x x x x ⇔ − + + − = ⇔ + + − = 0,25 Khi: 3 cos ( ) 2 x VN= Khi : 2 1 sin cos 1 sin 2 4 2 2 x k x x x x k π π π π π  = − +    + = − ⇔ + = − ⇔  ÷    = +  . (k )Ζ∈ 0,25 KL: nghiệm PT là 2 , 2 2 x k x k π π π π = − + = + . (k )Ζ∈ 0,25 II-2 ĐK: x + y ≥ 0 , x - y ≥ 0, y ≥ 0 0,25 (1 điểm) PT(1) ⇔ 2 2 2 2 2 2 4 2x x y y x y y x+ − = ⇔ − = − 2 2 0 (3) 5 4 (4) y x y xy − ≥  ⇔  =  0,25 Từ PT(4) ⇔ y = 0 v 5y = 4x Với y = 0 thế vào PT(2) ta có x = 9 (Không thỏa mãn đk (3)) 0,25 Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có 2 3 1x x x+ = ⇔ = KL: HPT có 1 nghiệm 4 ( ; ) 1; 5 x y   =  ÷   0,25 III (1 điểm) Đặt x= 2sint. Suy ra :dx = 2 c o s tdt ; 2 2 1 6 t x x t π π  =  =  ⇒   =   =   0,25 Đưa về được : 2 2 2 6 cos sin t I dt t π π = ∫ 0,25 Tìm nguyên hàm đúng 0,25 I = 3 3 π − 0,25 IV (1 điểm) Gọi I là trung điểm AB , 3 2 2 a a CI IG= ⇒ = 0,25 Tam giác vuông 2 2 2 2 10 4 a BIG BG BI IG ⇒ = + = 0,25 2 2 2 2 14 10 4 4 a a SG SB BG a= − = − = 0,25 Thể tích : 3 1 1 1 3 3 . 3 . . 3 3 2 2 4 SABC ABC a a V S SG a a= = = 0,25 V (1 điểm) Ta có: [ ] 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) 9 1 1 1 xy yz zx xy yz zx   + + + + + + + ≥  ÷ + + +   0,25 2 2 2 9 9 3 3 P xy yz zx x y z ⇔ ≥ ≥ + + + + + + 0,25 ⇒ 9 3 6 2 P ≥ = 0,25 Vậy GTNN là P min = 3 2 khi x = y = z 0,25 VIa (1 điểm) 1. Gọi đường cao kẻ từ A là AH: 3 2 25 0x y− − = Đường phân giác trong góc B là BE: 0x y− = BC có phương trình : 2 3 5 0x y+ − = 0,25 Toạ độ B là nghiệm của hệ 2 3 5 0 1 (1;1) 0 1 x y x B x y y + − = =   ⇔ ⇒   − = =   0,25 Gọi F là điểm đối xứng của C qua BE. Do BE là phân giác nên F thuộc AB. Xác định toạ độ F được F(3; -2). Đường thẳng chứa cạnh AB là đường thẳng đi qua B, F. Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 0. 0,25 Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - 5 = 0 0,25 2. (S) có tâm )2,0,1( −J bán kính R = 3 + đt a có vtcp )2,2,1( − → u , (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận → u làm vtpt Pt mp (P) có dạng : 022 =+−+ Dzyx 0,25 (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) = 5 22 =− rR 0,25 nên ta có : 5 3 )2.(20.21 = +−−+ D     −−= +−= ↔ 535 535 D D 0,25 Có 2 mặt phẳng : (P 1 ) : 053522 =+−−+ zyx và (P 2 ) : 053522 =−−−+ zyx 0,25 VIIa (1 điểm) Đk: x > 0, 1 3, 9 x x≠ ≠ 0,25 ( ) 1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93 = − −− ( ) 1 xlog1 4 x9log 1 xlog2 33 3 = − −−⇔ 1 xlog1 4 xlog2 xlog2 33 3 = − − + − ⇔ 0,25 Đặt: t = log 3 x pt thành : { 2 2 4 1, 2 1 1 4 3 4 0 2 1 t t t t t t t t t − ≠ ≠ − = −  − = ⇔ ⇔ =  − − =  + − 0,25 So sánh điều kiện được 2 nghiệm 1 ; 81 3 x x= = 0,25 VI -b (1 điểm) 1. Ta có: ( ) 1;2 5AB AB= − ⇒ = uuur . Phương trình của AB là: 2 2 0x y+ − = . 0,25 ( ) ( ) : ;I d y x I t t∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC: )2;12( ttC − 0,25 Theo bài ra: 2),(. 2 1 == ∆ ABCdABS ABC ⇔ 446. =−t ⇔     = = 3 4 0 t t 0,25 [...]... -b (1 điểm) Tìm được k=4 (Hoặc k=8) 0,25 Hệ số là 495 0,25 TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC I PHẦN CHUNG: (7 điểm) ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 ) NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28 /02/ 2011 MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ) Câu 1:Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ (Cm); (m là tham số) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò hàm số khi m = 3 2 Xác đònh m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1),... i { } Đáp số: −1,2, − 2 2 i, − 2 2 i -Hết - HỌ VÀ TÊN : TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 02 ) NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 21/03 /2011 MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ) Câu I ( 2 đ ) : Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) 1 Khảo sát sự biến thi n 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... phương u = (1; 2; 2) u u ur r uuu Đặt M 0 M1 = u Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác AM 0 M1 uuu r u ur [AM 0 ; u] 2.SAM0M1 8a2 − 24a + 36 ⇒ d(A; ∆ ) = = = r M 0 M1 u 3 = 2a 3 Theo giả thi t: d(A; ) = d(A; ) 2a 8a2 − 24a + 36 = ⇔ 4a2 = 8a2 − 24a + 36 ⇔ 4a2 − 24a + 36 = 0 3 3 2 ⇔ 4(a − 3) = 0 ⇔ a = 3 ⇔ ° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0) Câu 6a.2a n = a b c d e * Xem các số hình thức a b... Câu 1: : y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm) 1 m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3) + TXĐ: D = R + Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ 2 + y’ = 3x + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x * Bảng biến thi n: + y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0 ⇔ x = –1 điểm uốn I(-1;0) * Đồ thò (C3): 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là: x = 0 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔ ... n phần tử, Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử) 2 Cho a,b, c dương và a2 + b2 + c2=3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= a3 b +3 2 + b3 c +3 2 + c3 a2 + 3 HẾT Chúc các em làm bài tốt 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=-4P=6>0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của . ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 02 ) NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 21/03 /2011 MƠN: TỐN - 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. được k=4 (Hoặc k=8) 0,25 Hệ số là 495 0,25 TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 ) NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28 /02/ 2011 MÔN: TOÁN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ) I. PHẦN CHUNG: (7 điểm) . tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:……………………………………………… SBD:……………… SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN -