1000 đề thi thử môn Toán Hồ Xuân Trọng ( Phần 1 )

PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc B.. Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng P, vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M t

HỒ XUÂN TRỌNG

TẬP 1

1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN NĂM 2009-2010

Gửi: http//laisac.page.tl

TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1)

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 8 điểm)

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y= x3 −3x2 +mx (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0

2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng d: x – 2y – 5 = 0

Câu II: (3 điểm)

=++

+

=+

+

1

212 2

2 2 2 2

y xy xy y x x

xy y

x y x

2xlog

)3x(82)

11x(4

2

x x

2

1cos2)2

cos2(sin

Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a Gọi M và N lần

lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC)

0

1cos2lim2

x

x

x x

47

41

11

2 2

2 + + + + +

≥+

++

+

a

PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2

PHẦN 1:(Theo chương trình Chuẩn)

Câu VI.a: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) và

đường tròn (C): Gọi V(A, k) là phép vị tự tâm A tỉ số k sao cho V(A, k) biến đường tròn (C) thành đường tròn (C’) đi qua B Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua V(A, k)

2)1()2(x− 2 + y− 2 =

n

n

x a x

a x a a

2 1

các số a0,a1,a2, ,a n biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn 2 −2 +2 −2 −1+ 1 n−1 =11025

n n n n n n n

n

C

PHẦN 2: (Theo chương trình Nâng cao)

Câu VI.b: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích

bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 :x − y−3=0 và Trung điểm

của một cạnh là giao điểm của d

06:

2 x + y− =

d

1 với trục Ox Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật

Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số

1

23

y có đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là nhỏ nhất

-***Hết*** -

Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

3

TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN 1)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

- Điểm toàn bài không làm tròn

- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa

- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần riêng thì không tính điểm phần tự chọn

- Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là 1,5 điểm

* Với m = 0 thì 3 2

xx

2 3 x x

0,25

b) Bảng biến thiên: y’=3x2 – 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0, x = 2

x - 0 2 + ∞ ∞y' + 0 - 0 +

- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = - 4 0,25

3 Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 0), giao với trục hoành tại (0; 0),(3; 0)

Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng

2'y3

1x3

m3

1x2m3

1

4hoctoancapba.com

0 m 1 2 m 3

2 2

1 1 k

⎠

⎞

⎜

⎝

⇔

−

= suy ra

+) Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; - 4), nên trung điểm của

chúng là I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d 0,25 Vậy: m = 0

Giải hệ phương trình đại số

II.1 1,00 ⎩ ⎨ ⎧ = + + − = + − ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ + + = + + + = + + 1 xy ) xy 1 )( y x ( 1 y x ) y x ( 1 y xy xy y x x xy 2 1 y x y x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0,25 Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ ⎩ ⎨ ⎧ = + + = + 1 v ) v 1 ( u 1 v u2 2 ⎩ ⎨ ⎧ = + + = − + ⇔ 1 uv v u 1 uv 2 ) v u ( 2 Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện S2 ≥4P)ta có hệ phương trình 0,25 ⎢ ⎣ ⎡ − = = ⇔ = − + ⇒ 3 S 1 S 0 3 S S2 ⎩ ⎨ ⎧ − = = − − ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + = − S 1 P 1 ) S 1 ( 2 S 1 P S 1 P 2 S2 2 2 +) Với S = 0 ⇒P =0 hoặc ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = = + ⇒ 1 v 0 u 0 uv 1 v u ⎩ ⎨ ⎧ = = 0 v 1 u - Nếu ⎩ ⎨ ⎧ − = = = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = = − ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = = 1 y x 1 y x 1 xy 0 y x 1 v 0 u - Nếu ⎩ ⎨ ⎧ − = = ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = = − ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = = 1 y 0 x hoÆc 0 y 1 x 0 xy 1 y x 0 v 1 u 0,25 +) Với S = - 3 ⇒P=4⇒S2 <4P (loại) 0,25 ( 1; 1) ( ), 1;1,(1;0),(0; 1) ) y ; x ( = − − − Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm Giải bất phương trình logarit

II.2 0 2 x log ) 8 2 )( 3 x 2 ( 0 2 x log ) 3 x ( 8 2 ) 11 x ( 4 2 x x 2 x x ≥ − − − + ⇔ ≥ − − − − + (1) 0,25 +) Xét (x)=2x +x−3, f’(x) = 2xln2+1>0,∀x nên f(x) đồng biến trên R f(1) = 0 0,25 +) Xét g(x) = 2x – 8, g(x) đồng biến trên , g(3) = 0 +) Xét h(x) = , h(x) đồng biến trên (0; + ∞), h(4) = 0 R 2 x log2 − Bảng xét dấu vế trái của (1) x 0 1 3 4 + ∞

2x + x - 2 - 0 + | + | +

2x - 8 - | - 0 + | +

log2x - 2 - | - | - 0 +

VT - 0 + 0 - || +

0,25 Theo bảng xét dấu, bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = [1;3]∪(4;+∞) 0,25 Giải phương trình lượng giác

(2 sinx)cosx 2

x cos 2

x sin 1 2

x cos 2

x sin

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⇔ x sin 2

1 x cos 2 ) 2

x cos 2

x (sin

0,25

⎠

⎞

⎜

⎝

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

+

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛ +

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⇔

2

x sin 2

x cos 2

x sin 2

x cos x sin 2 x sin 2

1 1 2

x cos 2

x sin 3

0 2

3 2

x cos 2

x sin ) x sin 2 ( 2

x sin 2

x

⎠

⎞

⎜

⎝

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

*

0,25

* 2+sinx=0⇔sinx=−2 (vô nghiệm)

5

34

xsin2

34

2

xsin22

32

xcos2

Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A Gọi I là trung điểm của MN

suy ra SI ⊥ MN và AI ⊥ MN Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN)

6

1S

.SI3

1

Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI ⊥ SK nên tam

giác ASK cân tại A Do đó

2

3aAK

MN =

4

aMN2

1NI,2

aBC2

SA2

SC

4

2a16

a16

a3NI

SNSI

2 2 2

a4

a3SI

SAAI

2 2 2

96

5a2

a4

10a4

2a6

1V

3 AMN

SN.SB

SM.SA

SAV

VABC S

AMN

2 2 0

x 2

2 x

0 x 2

2 x 0

xcos1limx

xcos)12(limx

1xcos2lim

2 2

xsinlimxcoslim2lnx

1e

lim.2ln

2 0

x 2 0 x 2

2 ln x 0 x

4y

1x

14y

1.x

12.xy2y

1x

1)yx

(

+

≥+

Áp dụng (*) ta có:

cb2a

4c

b

1ba

1

++

≥+

+

4a

c

1cb

1

++

≥+

++

cba2

4b

a

1ac

1

++

≥+

++

c2ba

2c

b2a

2c

ba2

2a

c

1cb

1ba

1

++

+++

+++

≥+

++

++

Mặt khác ta lại có

0,25

(2a2 +2) (+ b2 +1) (+ c2 +1)≥2 2a2.2+2 b2.1+2 c2.1=2(2a+b+c)

7a

2cba2

1)

cba2(27a)cba2(24cba

+

≥++

⇒++

≥+

⇒++

≥+++

⇒

7b

2aca2

1

2 +

≥+

2bac2

1

2 +

≥++

4

7c

27b

27a

2c2ba

1c

ba

1c

ba2

1

2 2

2 + + + + +

≥++

+++

+++

7c

47b

47a

4ac

1cb

1ba

1

2 2

2 + + + + +

≥+

++

++

Từ (1) và (2) ta suy ra:

0,25 Dấu ‘’=’’ xảy ra ⇔a=b=c=1

Tính diện tích ảnh của tam giác qua phép vị tự

Do B∈ (C’) nên tồn tại M(x; y)∈(C) sao cho B là ảnh của M qua V(A; k), suy ra

AMk

1x)2y(k26

)1x(k1

21k

k24)21(2)1y()2x(

2 2

−

Do M thuộc (C) nên

2kk)k4( + 2 = 2 ⇔ =−

0,25

+) Đường thẳng AB có phương trình x - 1 = 0, dó đó d(O, AB) = 1

0,25 2

1.42

1)AB,O(d.AB2

n n 1 n 1 n n 2 n n 2 n n 2

⇔

=+

−

⇔

=+

)i

¹lo(15n

14n0210nn105n2

)1n(n105C

k k 14 k k 14 14

0 k

k k 14 k 14

14

x.3.2C3

x2

1C3

x2

)k14(23

2C

32Ca

a

k 14 k k 14

1 k 13 k 1 k 14 k

1 k

+

−

=

= + −− −−−+

0,25 5

k1)1k(3

)k14(21a

a,5k1a

a

k

1 k k

1

k + < ⇔ > + = ⇔ =Tương tự

2Ca

a5 = 6 = 514 −9 −5 =Vậy hệ số lớn nhất là

7

−

−

2/3y

2/9x06yx

03yx

3

;2

9I Vậy

0,25

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒M=d1∩Ox

Suy ra M( 3; 0)

232

32

932IM2AB

2 2

12AB

SAD12

AD.AB

;1(nĐường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d nhận 1 làm VTPT

nên có PT:

5

03yx0)0y(1)3x(

−

=

−+

2y

3x

03yx

2 2

x3y2)x3(3x

3xy2y3x

3xy

2 2

2x hoặc Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)

4x

3

;2

729xx2x

A I C

A I C

0,25 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)

Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

Tìm tọa độ điểm M thuộc (C)

1x

11x2y

−+

−

1x

1lim)]

1x2(y[lim

;1

x

2xxlim

2 1 x 2

1 x

11x

;xM)C(

0 0

0

Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là

1x5

11

x1

2

11x

11x2x1xd

0

0 2

2 0 0

0 0

−+

−

=+

−

−+

−

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có

4 0

0

5

21x5

11x2

0

5

11x1x5

11

21

;5

11M55

21

;5

11

4 4

4 4

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1

2 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình 2    

cos cos 1

2 1 sin sin cos

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: x y 3 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

316

x 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

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình

log4(n – 3) + log4(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 d1: x + y + 5 = 0 và d2: 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

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

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2

SƠ LƢỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010

3

x y

y

+  + 

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3

– m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2  m 0

Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(2 m; 2 m 2 m); B(2 m; 2 m 2 m)

Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:

02

 1 sinx1 cos xsinxsin cosx x0

 1 sinx1 cos x1 sin x0

0.25

x x

x x

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4

III Tính tích phân

3 0

Do DMN  ABCDHABC mà D ABC là

tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC

.sin 60 sin 30 sin 30

H

M N

12hoctoancapba.com

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5

Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và

BD, kí hiệu nAB(1; 2); nBD(1; 7); nAC( ; )a b (với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các

đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: cosn AB,n BD  cosn AC,n AB

- 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)

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6

VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình

Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u u n d, P(2; 3;1)

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên , khi đóMN x( 1;y3; )z

14hoctoancapba.com

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7

15

Câu III (2 điểm)

1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số: y = |x| ; y = 2 – x2

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi , ∠BAD=α Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại hợp với đáy một góc β Cạnh SA = a Tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp S.ABCD

Câu IV (1 điểm). Cho tam giác ABC với các cạnh là a, b, c Chứng minh rằng:

a3+ + +b3 c3 3abc≥a b( 2+c2)+b c( 2+a2)+c a( 2+ )b2

PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng :Δ x+2y− = và hai điểm A(1;0), B(3; -4) 3 0Hãy tìm trên đường thẳng Δ một điểm M sao cho MAJJJG+3MBJJJG nhỏ nhất

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: 1

1 Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại A(2; 3) Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung

Lập phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2

3 Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z+ +1 2i = , tìm số phức z có modun nhỏ nhất 1

…Hết…

Gửi: http://laisac.page.tl

16hoctoancapba.com

18hoctoancapba.com

2 1

Kẻ đường cao SI của tam giác SBC Khi đó AI ⊥ BC

cot3sin

Vì vậy MAJJJG+3MBJJJG nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng Δ

Đường thẳng JM qua J và vuông góc với Δ có phương trình : 2x – y – 8 = 0

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

0202

Đường giao tuyến của ( ) à ( )α v β có vectơ chỉ phương uG =⎡⎣n nJG JJG1; 2⎤⎦=(4; 8;− 1) và đi qua M(1;0;1)

02023

Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N

Gọi M(x; y) 2 2 (1)

1( )C x y 13

Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y)

Do N 2 2 (2)

2( )C (2 x) (6 y) 25

5 ) Vậy M(

175

− ; 6

5) Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0

02

020202

1 2

Sở GD&ĐT Phú Thọ

Trường THPT Thanh Thủy ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2009-2010

Môn: Toán A Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số 2 4

1

x y

x

+

=

− 1) Khảo sát và vẽ đồ thị ( )C của hàm số trên

2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N

và MN =3 10

Câu II (2 điểm):

1) Giải phương trình: sin 3x−3sin 2x−cos 2x+3sinx+3cosx− =2 0

22) Giải hệ phương trình:

3sin 2cos(sin cos )

và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300

Câu V (1 điểm): Cho các số dương a b c ab bc ca, , : + + =3

1 a b c( ) 1+ b c a( ) 1+ c a b( )≤abc

1

II PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2))

1 Theo chương trình Chuẩn :

Câu VI.a (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn

2 2

( ) :C x + y – 2 – 2 1 x y + = 0, ( ') :C x2+ 4 – 5 y2 + x = cùng đi qua M(1; 0) Viết phương 0

trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( )C , ( ')C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3)

Câu VII.a (1 điểm):

(1 3 )− x =a +a x a x+ + + a x Tính tổng: S = a0 +2a1 +3a2 + + 21a20

2 Theo chương trình Nâng cao :

Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm

, chân đường cao hạ từ đỉnh B là , trung điểm cạnh AB là

( 1) 1

x

k x

I x

Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

có hai nghiệm phân biệt Khi đó dễ có được

KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên

II

(2,0) 1(1,0) Ta có:

3sin 3x=3sinx−4sin x nên sin 3x−3sin 2x−cos 2x+3sinx+3cosx− = ⇔2 0

=

=

(sin 3x+sin ) 2sinx + x−3sin 2x−(cos 2x+ −2 3cos ) 0x =

22sin 2 cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

2

1cos

26

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = −

III

(1,0) Đặt x= − ⇒π2 t dx= −dt x, = ⇒ =0 t π2,x=π2 ⇒ =t 0.

(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )3

+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N

+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có

23

SG

SO = suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD

Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của

.

.

.

Câu Phần Nội dung Điểm

V

(1,0) Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:

2 3

214

a b

Câu Phần Nội dung Điểm

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận JJJGHA=(3; 4), suy ra:

+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào M∈( ).P

KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn

26hoctoancapba.com

27

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LÊ QUÝ ĐÔN

Lần II

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Môn thi: TOÁN, khối A, B

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I: (2,0 điểm)

( ) 1

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: (3,0 điểm)

log log x   1 x  log log x   1 x

Câu III: (2,0 điểm)

1 Tính tích phân:

2 3

Câu IV: (2,0 điểm)

1 Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với đường thẳng

có phương trình 3x – y + 9 = 0

2 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ với A’.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy

AB = a; cạnh bên AA’ = b Gọi là góc giữa hai mp(ABC) và mp(A’BC) Tính tan  và thể tích chóp A’.BCC’B’

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 A, B NĂM 2010

a

a a

Giao điểm với tiệm cận ngang y  2 là B  2 a  1;2 

Giao hai tiệm cận I(-1; 2)

-∞

+∞

2 2

+ +

-∞

y

y' x

I

29

4 3 4 3

1 Viết phương trình đường tròn….(1,00 điểm)

Gọi I a b  ; là tâm đường tròn ta có hệ

31

sin cos 1 sin cos

3 1

32hoctoancapba.com

1

Sở GD & ĐT Hưng Yên đề thi thử đại học lần thứ nhất khối A

Trường THPT Trần Hưng Đạo Môn: Toán Thời gian: 180 phút

I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số

2

1 2

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2.Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B

Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất

Câu II (2 điểm)

1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8

2.Giải bất phương trình log22 xlog2 x2 3 5(log4x2 3)

Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm 

x x

dx I

5

3 cossin

Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300

Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c0 và 2 2 2

Câu VIa (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2

Câu VIIa (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn

luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ

2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm)

Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2

+ y2

- 2x + 4y - 4 = 0 và đường thẳng d có phương trình x + y + m = 0 Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó

kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương

trình

3

11

2

đáp án đề thi thử đại học lần 1 khối a môn toán

I.Phần dành cho tất cả các thí sính

;2limlim

x x

x x

y y

y y

Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là

22

12

2

m x

m x

x m x x

3

+ 12) suy ra AB ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0 Khi đó AB 24

1 (1 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8

 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0

 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

0sin1

VN x

x x

log

0

2 2 2

2 x x x

Bất phương trình đã cho tương đương với

)1()3(log53log

1log

431)

3(5)3)(

1(31

2 2

x t

t

t t

t t

2

10



x x

dx x

x x

dx

cos.2sin

8cos.cos.sin

đặt tanx = t

dt t t

t t

dt I

t

t x x

dx dt

2

2 2

)1()1

2(8

1

22sin

;cos

0,5

III

1 điểm

C x x

x x

dt t t t t

dt t

t t t

4 3

3 3

2 4 6

tan2

1tan

ln3tan2

3tan4

1)

33(

133

0,5

35

4

Do AH (A1B1C1) nên góc AA1Hlà góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả

thiết thì góc AA1Hbằng 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc

a H

a H

A  nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác 1

1C B

AH  nên B1C1 (AA1H)

0,5

Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1

1

AA

AH H A

3 2 2

3 2 2 3

1 1

1

a a

c c c

b b b

11

21

224

2 2 2

3

b b

a b

11

21

2

2 2

2 2

3

c c

b c

11

21

2

2 2

2 2

3

a a

c a

6 3

6

216

3216

3216



6 2 2 2

9)(

222

32

322

922

322

Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ

được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC=> tứ giác ABIC là hình

32

1

m

m m

m

0,5

2 (1 điểm)

Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó

khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P)

Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI=> HI lớn nhất khi

;

;21

H d

H    vì H là hình chiếu của A trên d nên

)3

;1

;2((0

;1

;7()

4

;1

;3

C = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán

Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2

tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC=> tứ giác ABIC là hình vuông

12

32

1

m

m m

;

;21

H d

H    vì H là hình chiếu của A trên d nên

)3

;1

;2((0

;1

;7()

4

;1

;3

C = 100 bộ 5 số được chọn

C 5! = 12000 số

Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 3.4! 960

5 1

TRƯỜG THPT ĐẶG THÚC HỨA

GIÁO VIÊ: TrÇn §×nh HiÒn

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦ 1 - ĂM 2010

Môn thi: TOÁ; Khối: A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦ CHUG CHO TẤT CẢ THÍ SIH (7,0 điểm):

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=x3−3mx2+4m (1) , m là tham số thực

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1

2 Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực trị A, B của đồ thị hàm số (1) cùng

gốc tọa độ O tạo thành tam giác có diện tích bằng 8

2 0

1

4ln4

PHẦ RIÊG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình ChuNn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB là M( - 1; 1) Gọi N là trung

điểm cạnh AC Biết phương trình đường trung tuyến BN là x - 6y - 3 = 0 và đường cao AH là 4x – y – 1 = 0

Hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1

1:

mặt phẳng (P): x + y + 4z + 2 = 0 Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng ∆1 và điểm N trên đường thẳng ∆2

sao cho MN song song với mặt phẳng (P) đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng MN với mặt phẳng (P) bằng 2

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 2

|z + =z| 2 và | | 2z =

B Theo chương trình âng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2

1 : ( 1) 4

2 : ( 1) 2

C x− +y = Viết phương trình đường thẳng ∆, biết đường thẳng∆ tiếp xúc với đường tròn ( )C1 đồng thời đường thẳng

∆ cắt đường tròn ( )C2 tại 2 điểm phân biệt E, F sao cho EF = 2

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng : 1

x y z −

trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng ∆, đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng

Thông báo: Trường THPT Đặng Thúc Hứa sẽ tổ chức thi thử ĐH,CĐ khối A,B,C lần 1 vào chiều Thứ 7(13/3) và

ngày Chủ nhật (14/3/2010) Mọi chi tiết xin liên hệ Thầy: Dguyễn Phương Kháng, Phạm Kim Chung hoặc vào trang web http://www.dangthuchua.com

38

hoctoancapba.com

ĐÁP Á ĐỀ THI THỬ ĐH L1 – ĂM 2010 – TRƯỜG THPT ĐẶG THÚC HỨA

I-2 Đk để hàm số có cực đại, cực tiểu là: m≠0 (*)

Hai điểm cực trị của đồ thị là: A(0; 4m), B(2m;4m - 4m3)

0,25 0,25

PT đường thẳng OA là: x = 0; OA = |4m|, d(B,OA) = d(B,Oy) = |2m|

Diện tích tam giác OAB là 1

( , )2

S = OA d B OA ⇔|2m||4m|=16 ⇔ m= ± 2(Thỏa mãn đk (*))

0,25 0,25

⇔ cos 2 2x + cos2x – 2 = 0 ⇔ cos2x = 1 v cos2x = - 2 (Vô nghiệm)

⇔ 2x = k2π ⇔ x = kπ , (k ∈Z)

0,25 0,25

II-2 Đk: x ≥ 3

Vì hai vế của BPT không âm nên BPT ⇔ 2x−2 (x+ x2−9)(x− x2−9)≤(x−3)2

0,25 0,25

⇔ x 2 – 8x + 15 ≥ 0 ⇔ x ≤ 3 v x ≥ 5

Kết hợp Đk ta có tập nghiệm của BPT là T ={ }3 ∪[5;+∞)

0,25 0,25

III

Đặt

2

4 2

4 3

1 6 4

4

4 4

IV AC=2 3a; BC = 4a, A’M = 2a;

Gọi A’H là đường cao của tam giác vuông A’B’C’

VIa-1 Gọi A(a;4a-1)∈ AH; B(6b+3; b)∈ BN Do M(- 1;1) là trung điểm của AB nên a =1; b = - 1

A(1; 3), B(- 3; - 1) Phương trình cạnh AB là: x – y + 2 = 0

0,25 0,25 Phương trình cạnh BC là: x + 4y +7 = 0 Gọi C(- 4c - 7;c)∈BC Trung điểm cạnh AC là 3

1 ) có tâm I1(0;- 1), Bán kính R1 = 2 Đường tròn (C2) có tâm I2(1; 0), bán kính R2 = 2

Từ giả thiết ta có ∆ là tiếp tuyến của đường tròn (C 1 ) và cách tâm I 2 một khoảng bằng

2 2

2

EF

12

R −  =

0,25

TH1: Nếu đường thẳng ∆ vuông góc với trục Ox: ∆ có pt dạng x – m = 0

Từ gt ta có d(I1, ∆) = R1 và d(I2; ∆) = 1 ta có m = 2 Vậy pt đường thẳng ∆: x – 2 = 0 0,25 TH2: Nếu đường thẳng ∆ không vuông góc với trục Ox: ∆ có pt dạng kx – y + b = 0

Từ gt ta có d(I1, ∆) = R1 và d(I2; ∆) = 1 ta có hệ

2 2

2

|1 |

01