Đề thi thử Đại học môn Toán kèm hướng dẫn giải số 19

chihao@moet.edu.vn ( Admin http://boxmath.vn/4rum/ ) sent to WWW.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN. Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi:27/03/2011 ****** A.PHẦN CHUNG(7,0 điểm): (Dành cho tất cả thí sinh) Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1 12 − − = x x y (1). 1/. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số (1). 2/. Gọi I là giao điểm hai đường tiêm cận của (C). Tìm điểm ∈M (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng OI . Câu II: ( 2,0 điểm ) 1/. Giải phương trình: )cot(tan 2 1 2sin cossin 44 xx x xx += + 2/. Giải hệ phương trình      = − ++ =−+−−+ 3 2 1 2 0)2(6)4(5)2( 2222 yx yx yxyxyx Câu III: ( 1,0 điểm ). Tính tích phân: ∫ − 2 3 2 1 2 x1x dx . Câu IV: ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, aSAABCDmpSA =⊥ ,)( . Gọi E là trung điểm cạnh CD . Gọi I là hình chiếu vuông góc của S lên đường thẳng BE .Tính theo a thể tích tứ diện SAEI . Câu V: ( 1,0 điểm ) .Giải bất phương trình: 2x1xx31x3 22 +++<+− B. PHẦN TỰ CHỌN (3,0điểm) : (Thí sinh chọn câu VIa, VIIa hoặc VIb, VIIb) Câu VIa: ( 2,0 điểm ) 1/. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 056:)( 22 =+−+ xyxC . Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của )(C mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng o 60 . 2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng 0522:)( =+−+ zyxP , 01322:)( =−−+ zyxQ và đường thẳng      −= += += t1z t21y t2x :)d( . Viết phương trình mặt cầu )(S có tâm thuộc đường thẳng )d( và đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng )(,)( QP . Câu VIIa: ( 1,0 điểm ). Giải phương trình sau trên tập hợp số phức 01686 234 =−−+− zzzz Câu VIb: ( 2,0 điểm ) 1/. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : x - 5y – 2 = 0 và đường tròn 0842:)( 22 =−−++ yxyxL . Xác định toạ độ các giao điểm A, B của đường thẳng (d) và đường tròn (L) ( cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm toạ độ điểm C thuộc đường tròn (L) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2/. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng )(∆ : 31 2 2 1 zyx = − − = − và mặt phẳng 0122:)( =+−− zyxQ . Tìm toạ độ các điểm thuộc đường thẳng )(∆ mà khoảng cách từ đó đến mặt phẳng )(Q bằng 1. Câu VIIb: ( 1,0 điểm ) .Giải phương trình: xlog).324( 2 1xx −− + x1x 423 −+= + . ……………………………… Hết…………………………………. chihao@moet.edu.vn ( Admin http://boxmath.vn/4rum/ ) sent to WWW.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn thi: TOÁN. Khối: D Ngày thi: 27/03/2011 ***** ĐÁP ÁN (gồm 10 trang) Câu Nội dung Điểm A/ Phần bắt buộc: Câu I: (2,0đ) Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1 12 − − = x x y (1). 2,0đ 1/.(1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số (1). 1,0đ • TXĐ: { } 1\RD = • Sự biến thiên của hàm số: .Nhánh vô tận: 2yđt 2ylim 2ylim x x =⇒      = = +∞→ −∞→ là tiệm cận ngang của đồ thị (C). 1xđt ylim ylim 1x 1x =⇒      −∞= +∞= − → + → là tiệm cận đứng của đồ thị (C). 0,25 • Chiều biến thiên: 2 )1x( 1 'y − − = Ta có: Dx,0'y ∈∀< • Bảng biến thiên: x ∞− 1 ∞+ y’ - || - y 2 || ∞+ ∞− || 2 0,25 • Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ;1); (1;+ ∞ ) • Hàm số không có cực trị 0,25 • Đồ thị:  Tiệm cận ngang: 2y =  Tiệm cận đứng: 1x =  Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 1)  Giao điểm của đồ thị và trục hoành: ( 2 1 ; 0)  Các điểm khác :(-1; 2 3 ), (2; 3), (3 ; 2 5 ) 0,25 * Đồ thị nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 2/(1,0đ) Gọi I là giao điểm hai đường tiêm cận của (C). Tìm điểm ∈M (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng OI . 1,0đ Ta có: ⇒=⇒ )2;1(OI)2;1(I phương trình đường thẳng x2y 2 y 1 x :OI =⇒= ⇒ Đường thẳng OI có hệ số góc 2k = 0,25 Đặt 1x),y;x(M ooo ≠ . Tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc: 2 o o )1x( 1 )x('f − −= Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng OI nên: 2 1 )1x( 1 2 1 )x('f12).x('f 2 o oo −= − −⇔−=⇔−= 0,25     −= += ⇔=−⇔ 21x 21x 2)1x( o o 2 o 0,25 • 2 2 2y21x oo +=⇒+= • 2 2 2y21x oo −=⇒−= Vậy có hai điểm cần tìm là:         −−         ++ 2 2 2;21M, 2 2 2;21M 21 0,25 Câu II: (2,0đ) 1/(1,0đ) Giải phương trình: )cot(tan 2 1 2sin cossin 44 xx x xx += + (*) 1,0đ Điều kiện: Zk, 2 kx0x2sin ∈≠⇔≠ π 0,25 (*) x2sin 1 x2sin x2sin 2 1 1 ) xsin xcos xcos xsin ( 2 1 x2sin xcosxsin2)xcosx(sin 2 22222 = − ⇔+= −+ ⇔ 0,25 f(x)=(2*x-1)/(x-1) f(x)=2 x(t)=1 , y(t)=t x(t)=1 , y(t)=t f(x)=3/2 x(t)=-1 , y(t)=t f(x)=3 x(t)=2 , y(t)=t f(x)=5/2 x(t)=3 , y(t)=t -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 x y 0x2sin0x2sin 2 1 2 =⇔=−⇔ 0,25 So sánh điều kiện, phương trình đã cho vô nghiệm. 0,25 2/(1,0đ) Giải hệ phương trình      = − ++ =−+−−+ )2(3 yx2 1 yx2 )1(0)yx2(6)yx4(5)yx2( 2222 1,0đ Điều kiện: 0yx2 ≠− 06 yx2 yx2 5 yx2 yx2 )1( 2 =+ − + −         − + ⇔ Đặt yx2 yx2 t − + = , ta có phương trình:    = = ⇔=+− 3t 2t 06t5t 2 0,25 • )3(2 yx2 yx2 2t = − + ⇒= Từ (2) và (3) ta có hệ phương trình:        = − ++ = − + 3 yx2 1 yx2 2 yx2 yx2 )I(      =+− = ⇔ 01y6y8 2 y3 x 2                    = =        = = ⇔ 4 1 y 8 3 x 2 1 y 4 3 x (thỏa điều kiện) ⇒ Hệ )I( có 2 nghiệm:             4 1 ; 8 3 , 2 1 ; 4 3 0,25 • )4(3 yx2 yx2 3t = − + ⇒= Từ (2) và (4) ta có hệ phương trình:        = − ++ = − + 3 yx2 1 yx2 3 yx2 yx2 )II(      =+− = ⇔ )ptvn(01y3y3 yx 3 ⇒ Hệ )II( vô nghiệm 0,25 Tóm lại, hệ đã cho có hai nghiệm:             4 1 ; 8 3 , 2 1 ; 4 3 0,25 CâuIII : (1đ) (1,0đ) Tính tích phân: ∫ − 2 3 2 1 2 x1x dx . 1,0đ ∫ − = 2 3 2 1 2 x1x dx I Đặt: 2 x1t −= dx. x1x 1 dt 1t 1 dx. x1x x dx. x1 x dt 1tx 2 2 2 2 2 22 − = − ⇒        − − = − − = −=− ⇒ Đổi cận: 2 1 t 2 3 x 2 3 t 2 1 x =⇒= =⇒= 0,25 dt 1t 1 1t 1 2 1 dt )1t)(1t( 1 dt 1t 1 I 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3 2 ∫∫∫       + − − = +− = − =⇒ 0,25 ( ) 2 1 2 3 2 1 2 3 1t 1t ln 2 1 1tln1tln 2 1 I         + − =+−−=⇒ 0,25 3 347 ln 2 1 )32(3 32 ln 2 1 32 32 ln 3 1 ln 2 1 I + = − + =         + − −=⇒ 0,25 Cách khác ∫ − = 2 3 2 1 2 x1x dx I Đặt dt.tcosdx 2 ; 2 t,tsinx =⇒       −∈= ππ Đổi cận: 6 t 2 1 x 3 t 2 3 x π π =⇒= =⇒= 0,25 ∫∫∫ == − =⇒ 3 6 3 6 3 6 2 dt tsin 1 dt tcostsin tcos dt tsin1tsin tcos I π π π π π π (vì 0tcos > với 0,25       ∈ 3 ; 6 t ππ ) ∫∫ − ==⇒ 3 6 2 3 6 2 dt tcos1 tsin dt tsin tsin I π π π π Đặt dt.tsindutcosu −=⇒= Đổi cận: 2 3 u 6 t 2 1 u 3 t =⇒= =⇒= π π ( ) ( ) ∫∫∫       + + − = +− = − −=⇒ 2 3 2 1 2 3 2 1 2 1 2 3 2 du u1 1 u1 1 2 1 du u1.u1 1 du u1 1 I 0,25 ( ) 2 3 2 1 2 3 2 1 u1 u1 ln 2 1 u1lnu1ln 2 1 I         − + =++−−=⇒ 3 347 ln 2 1 3ln 32 32 ln 2 1 + =         − − + = 0,25 Câu IV: (1đ ) (1,0đ ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, aSAABCDmpSA =⊥ ,)( . Gọi E là trung điểm cạnh CD . Gọi I là hình chiếu vuông góc của S lên đường thẳng BE .Tính theo a thể tích tứ diện SAEI . 1,0đ Vẽ BEI,BESI ∈⊥ . AI là hình chiếu của SI lên )ABCD(mp BEAI ⊥⇒ (đlý 3 đường vuông góc) 0,25 Ta có: ABI ∆ đồng dạng BEC ∆        = = ⇒==⇒ BE AB.EC BI BE AB.BC AI EC BI BE AB BC AI Mà 2 5a 4 a aECBCBE, 2 a EC,aBCAB 2 222 =+=+==== Nên: 5 5a 2 5a a. 2 a BI, 5 5a2 2 5a a.a AI ==== 0,25 2 ABCD aS = 4 a EC.BC 2 1 S, 4 a DE.DA 2 1 S 2 BCE 2 ADE ==== ∆∆ 5 a 5 5a . 5 5a2 . 2 1 BI.AI 2 1 S 2 ABI === ∆ 10 a3 5 a 2 a aSSSSS 222 2 ABIBCEADEABCDAEI =−−=−−−= ∆∆∆∆ 0,25 10 a SA.S. 3 1 V 3 AEIAEI.S == ∆ 0,25 Câu V: (1,0đ) (1,0đ ) Giải bất phương trình: 2x1xx31x3 22 +++<+− (*) 1,0đ Điều kiện: 3 1 x ≥ 0,25 (*) 2x3x1x1x3 22 +−<+−−⇔ ( ) 2x3x 1x1x3 1x1x3 2 2 2 +−< ++− +−− ⇔ 2x3x 1x1x3 2x3x 2 2 2 +−< ++− −+− ⇔ 0,25 02x3x 1x1x3 2x3x 2 2 2 >+−+ ++− +− ⇔ ( ) 01 1x1x3 1 2x3x 2 2 >         + ++− +−⇔    > < ⇔ >+−⇔ 2x 1x 02x3x 2 0,25 So sánh điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm là: ( ) ∞+∪       ;21; 3 1 0,25 B/ Phần tự chọn: (Thí sinh chọn câu VIa,VIIa hoặc câu VIb, VIIb ) CâuVI a: (2,0 đ ) 1/(1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 056:)( 22 =+−+ xyxC . Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của )(C mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng o 60 . 1,0đ )C( có tâm )0;3(I và bán kính 2R = 0,25 Đặt )y;0(M o . Gọi MB,MA là các tiếp tuyến vẽ từ M đến đường tròn )C( (với B,A là các tiếp điểm) Vì )gt(60AMB o ^ = nên o ^ 30AMI = và AMI ∆ vuông tại A Do đó : 4 30sin 2 AMIsin AI MI MI AI AMIsin o^ ^ ===⇒= 0,25 Vậy 7y7y4)y(34MI o 2 o 2 o 2 ±=⇔=⇔=−+⇔= 0,25 Có hai điểm cần tìm là: ( ) ( ) 7;0,7;0 − 0,25 2/ (1,0đ ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng 0522:)( =+−+ zyxP , 01322:)( =−−+ zyxQ và đường thẳng      −= += += t1z t21y t2x :)d( . Viết phương trình mặt cầu )(S có tâm thuộc đường thẳng )d( và đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng )(,)( QP . 1,0đ Gọi I là tâm và R là bán kính của mặt cầu )(S cần tìm. Vì )d(I ∈ nên )t1;t21;t2(I −++ Theo giả thiết, ta có: ))Q(,I(d))P(,I(d R))Q(,I(d R))P(,I(d =⇒    = = 0,25 3 13)t1(2)t21(2t2 3 5)t1(2)t21(2t2 −−−+++ = +−−+++ ⇔ 7 2 t11t77t7 =⇔−=+⇔ 0,25 3 3 5 7 5 .2 7 11 .2 7 16 R), 7 5 ; 7 11 ; 7 16 (I = +−+ =⇒ 0,25 Phương trình mặt cầu cần tìm là 9 7 5 z 7 11 y 7 16 x:)S( 222 =       −+       −+       − 0,25 CâuVIIa : (1,0đ) (1,0đ) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức 01686 234 =−−+− zzzz (*) 1,0đ (*) ⇔ 00z8z16z6z 324 ==−−−+ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 02zz.8z08zz8z.2z 22222 =−−+⇔=+−+−⇔ 0,25     =−− =+ ⇔ )2(02zz )1(08z 2 2 0,25 • ( ) i22zi22z8z)1( 2 22 ±=⇔=⇔−=⇔ •    = −= ⇔ 2z 1z )2( 0,25 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là: 2,1,i22,i22 −− 0,25 CâuVI b: (2,0 đ ) 1/ (1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : x - 5y – 2 = 0 và đường tròn 0842:)( 22 =−−++ yxyxL . Xác định toạ độ các giao điểm A, B của đường thẳng (d) và đường tròn (L) ( cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm toạ độ điểm C thuộc đường tròn (L) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 1,0đ Tọa độ các điểm B,A là nghiệm của hệ phương trình:      =−−++ =−− 08y4x2yx 02y5x 22      =+ += ⇔ 0y26y26 2y5x 2 0,25        −−⇒    −= −= ⇒    = = ⇔ )1;3(B 1y 3x )0;2(A 0y 2x 0,25 Vì )L(C,B,A ∈ và o ^ 90ABC = nên AC là đường kính của đường tròn (L) Do đó I là trung điểm của đoạn thẳng AC 0,25 Đường tròn (L) có tâm )2;1(I − Ta có:        + = + = 2 yy y 2 xx x CA I CA I    = −= ⇒        = + =− ⇒ 4y 4x 2 y 2 2 x2 1 c c c c Vậy : )4;4(C − 0,25 2/(1,0đ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng )(∆ : 31 2 2 1 zyx = − − = − và mặt phẳng 0122:)( =+−− zyxQ . Tìm toạ độ các điểm thuộc đường thẳng )(∆ mà khoảng cách từ đó đến mặt phẳng )(Q bằng 1. 1,0đ Phương trình tham số đường thẳng      = −= += t3z t2y t21x :)( ∆ Gọi M là điểm cần tìm. Vì )(M ∆ ∈ nên: )t3;t2;t21(M −+ 0,25 Theo giả thiết, ta có: 1 3 1)t3(2)t2()t21(2 1))Q(,M(d = +−−−+ ⇔= 31t =+−⇔ 0,25    −⇒= −−⇒−= ⇔ )12;2;9(M4t )6;4;3(M2t 0,25 Vậy có hai điểm cần tìm là: )12;2;9(M),6;4;3(M −−− 0,25 Cách khác Gọi )c;b;a(M là điểm cần tìm. Vì )(M ∆ ∈ nên: )I( 6cb3 5b2a 3 c 1 2b 2 1a    =+ −=−− ⇔= − − = − 0,25 Lại có: )II(31c2ba21 3 1c2ba2 1))Q(,M(d =+−−⇔= +−− ⇔= 0,25 Từ )I( và )II( , ta có hệ phương trình:      =+−− =+ −=−− 31c2ba2 6cb3 5b2a                −=−− =+ −=−−      =−− =+ −=−− ⇔ 4c2ba2 6cb3 5b2a 2c2ba2 6cb3 5b2a                = −= =      −= = −= ⇔ 12c 2b 9a 6c 4b 3a 0,25 Vậy có hai điểm cần tìm là: )12;2;9(M),6;4;3(M −−− 0,25 [...]...CâuVIIb : (1,0đ) (1,0đ) 1,0đ Giải phương trình: ( 4 x − 2 x + 1 − 3 ) log 2 x = 3 + 2 x + 1 − 4 x (*) Điều kiện: x > 0 (*) ⇔ 0,25 ( 4 x − 2 x + 1 − 3 ) log 2 x + 4 x − 2 x + 1 − 3 = 0 ⇔ ( 4 x − 2 x + 1 − 3 ).(log 2 x + 1 ) = 0 0,25 . WWW.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN. Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi: 27/03/2011 ****** A.PHẦN CHUNG(7,0. LÃNH THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn thi: TOÁN. Khối: D Ngày thi: 27/03/2011 ***** ĐÁP ÁN (gồm 10 trang) Câu Nội dung Điểm A/ Phần bắt buộc: Câu I: (2,0đ) Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số. 1 12 − − = x x y (1). 2,0đ 1/.(1,0đ) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C)của hàm số (1). 1,0đ • TXĐ: { } 1RD = • Sự biến thi n của hàm số: .Nhánh vô tận: 2yđt 2ylim 2ylim x x =⇒      = = +∞→ −∞→ là