TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN (2010-2011) Môn thi: Toán học Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi: 18/5/2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x x 1 (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Tìm m để đường thẳng y x m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A B cho tam giác OAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp 2 (với O gốc tọa độ) Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình 2 x 2) Giải phương trình sin x 1 tan x Câu III (1 điểm) Tính tích phân I 1 x 6.3 1 3 x x 3 cos x cos x sin x dx 2sin x cos x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có hai mặt SAC SBD vuông góc với đáy, đáy ABCD hình chữ nhật có AB a, BC a , điểm I thuộc đoạn thẳng SC cho SI 2CI thoả mãn AI SC Hãy tính thể tích khối chóp S ABCD theo a Câu V (1 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thoả mãn x y z Hãy tìm giá trị lớn biểu thức A xy yz zx x yz PHẦN RIÊNG (3 điểm):Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm)1) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung tuyến phân giác kẻ từ đỉnh B có phương trình d1 : x y 0, d2 : x y Điểm M 2;1 thuộc đường thẳng AB , đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính Biết đỉnh A có hoành độ dương, xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm C 0; 0; , K 6; 3; Viết phương trình mặt phẳng P qua C , K cho P cắt trục Ox, Oy A, B thể tích khối tứ diện OABC Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z 3i i z z số z ảo B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy , cho điểm 135 khoảng cách từ M đến A 1; , B 4;3 Tìm tọa độ điểm M cho MAB đường thẳng AB 10 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 1;0 , đường thẳng x y 1 z 1 mặt phẳng P : x y z Tìm tọa độ điểm A thuộc 1 P , biết AM vuông góc với đường thẳng khoảng cách từ A đến đường : thẳng 33 32 x y 10 Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình log3 x log3 y 2 x, y -Hết - TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I Năm học 2010-2011 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 (lần 3) (Đáp án- thang điểm có 05 trang) Câu I Nội dung Tập xác định: 1 Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y ' Điểm 0, x x 1 – Hàm số nghịch biến khoảng ;1 1; – Giới hạn tiệm cận: – xlim y lim y : tiệm cận ngang : y x lim y ; lim y tiệm cận đứng x x1 x 1 – Bảng biến thiên: 0.25 y' y x 0.25 0.25 + Đồ thị: – Đồ thị cắt Oy O 0;0 – Đồ thị cắt Ox O 0;0 – Tâm đối xứng điểm I 1;1 0.25 x x m g ( x) x mx m x 1 2) + PT hoành độ giao điểm (1) với x + Đường thẳng y x m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x m2 4m m hoaëc m m hoaëc m g (1) 1 x1 x2 m + Gọi x1 ; x2 hai nghiệm (1), ta có x1.x2 m g x1 g x2 + Các giao điểm A x1 ; x1 m, B x2 ; x2 m 0.50 2 AB x1 x2 x1 x2 x1 x2 m 4m ; AB m 4m ; OA x12 m x1 x12 2mx1 m g x1 m 2m m 2m ; OB m 2m ; d O, AB SOAB m m m m 4m 1 AB.d O, AB m2 4m 2 2 2 OA.OB AB m 2m m 4m R 2 SOAB m m 4m m m 2m 4 m m 2 II 0.50 1) Điều kiện x 2 x Bpt 33 x 33 x x x x x 0.50 x x 2 x x x x2 x x0 x x x x Tập nghiệm ; 2 2; 0.50 2) Điều kiện cos x 0,sin x sin x cos x cos x cos x sin x 2sin x 3 sin x 1 cos x 2sin x sin x cos x cos x sin x cos x sin x 2 2sin x 3 sin x 1 cos x sin x 3 cos x cos2 x Pt cho tương đương với sin x 1 2sin x sin x 5 x k 2 ; x k 2 k 6 0.50 0.50 III Ta có : 2sin x cos x sin x cos x sin sin x cos cos x cos x , với sin , cos 5 0.50 dx I tan x 5cos x tan tan 5 1 1 cot tan 5 IV Gọi O AC BD ; SAC SBD SO ; SAC ABCD , SBD ABCD Suy SO ABCD AC AB BC a a 0.50 2a OA OC a Đặt SO h h ; SC SO OC h a 1 SI IC IC SC h a2 3 Tam giác AIC vuông I AI AC IC 35a h (điều kiện h a 35 ) 0.50 35a h h a 2ha 2 h 2a h 35a h a h 5a h a S SAC AI SC SO AC (thỏa mãn h a 35 ) 1 a 15 VS ABCD SO.S ABCD a 5.a 3 V 0.50 t 3 Vì xy yz zx x y z nên t t (vì t ) Đặt t x y z t xy yz zx xy yz zx t2 t2 Khi A = t t t2 Xét hàm số f t , t t t3 Ta có f ' t t , t Suy hàm số f t đồng t t 14 biến đoạn 3; 3 Do f t f 3 Dấu đẳng thức xảy t x y z 14 Vậy giá trị lớn A , đạt x y z 0.50 0.50 VI a 1) B d1 d B 1;1 Gọi N điểm đối xứng với M qua d Tìm N 1; Suy BC : x 1, AB : y Gọi A a;1 , (với a ), C 1; c a 1 1 c ; Gọi I trung điểm AC I a 1 1 c 2a c (1) 2 BC AB ABC vuông B R IB I d1 2 0.50 2 a 1 c 1 a 1 c 1 20 (2) Giải hệ (1), (2) ta a 3, c 3 Vậy A 3;1 , C 1; 3 Kết luận : A 3;1 , B 1;1 , C 1; 3 2) Giả sử A a; 0; , B 0; b;0 ab 0.50 x y z Vì K P nên (1) a b a b OABC tứ diện vuông O nên 1 VOABC OA.OB.OC a b ab (2) 6 a 3, b Giải hệ (1), (2) ta a 6, b Vậy P1 : x y 3z 0; P2 : x y 3z P : VII a 0.50 0.50 Gọi z a bi ; z a bi; z 3i a b 3 i i z i a bi b Khi z 3i i z a b 3 i b a b 3 1 b a 2 b z a 2i; z 0.50 9 a 5a 2a 26 a 2i i z a 2i a a 4 số ảo a 5a a a z Vậy số phức cần tìm z 2i, z 2i, z 2i z VI b 1) Giả sử M x; y Kẻ MH AB Từ giả thiết suy MH 0.50 10 tam giác MAH vuông cân H Suy MA MH 10 0.25 Yêu cầu toán x 1 1 y cos135 AB, AM 135 2 10 x 1 y 2 AM x 1 y Đặt u x 1, v y Khi ta có 0.25 3u v 5 u 1, v 2 M 0; 2 u v 2, u v M 1;3 0.50 2) Gọi A x; y; z , x y z (1) MA x 1; y 1; z , u 2; 1;1 ; AM MA.u x y z (2) M 2; 1;1 ; M A x 2; y 1; z 1 ; M A, u y z; z x; x y ; 2 M A, u y z 2z x x y 33 d A, u 0.50 y z z x x y 99 (3) 2 Giải hệ (1), (2), (3) ta x; y; z 1; 1; , 23 17 ; ; 7 7 Vậy A1 1; 1; , A2 23 17 ; ; 7 VII b 0.50 Điều kiện x 0, y log3 x log3 y log3 x log3 y x y x y x y Với x y , thay vào pt thứ hệ ta 32 x 3x 10 x (không thỏa mãn điều kiện) Với x y , ta có 32 x 3 x 10 9.32 x 10.3x 3x 3x 0.50 x (loại) ; x 2 Vậy hệ cho có nghiệm x; y 2; 0.50 -Hết Thạch Thành, ngày 11 tháng năm 2011 Người đề làm đáp án : BÙI TRÍ TUẤN Mọi góp ý đề thi đáp án này, xin gửi bui_trituan@yahoo.com ... log3 x log3 y log3 x log3 y x y x y x y Với x y , thay vào pt thứ hệ ta 32 x 3x 10 x (không thỏa mãn điều kiện) Với x y , ta có 32 x 3 x 10 9 .32 x... 1 c 1 20 (2) Giải hệ (1), (2) ta a 3, c 3 Vậy A 3; 1 , C 1; 3 Kết luận : A 3; 1 , B 1;1 , C 1; 3 2) Giả sử A a; 0; , B 0; b;0 ab 0.50 x y... 33 d A, u 0.50 y z z x x y 99 (3) 2 Giải hệ (1), (2), (3) ta x; y; z 1; 1; , 23 17 ; ; 7 7 Vậy A1 1; 1; , A2 23