thi thu dh toan 2011

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC MƠN: TỐN - KHỐI A -Thời gian làm bài: 180 phút, khơng 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 = 2x − (C ) x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2.Gọi M điểm đồ thị (C), tiếp tuyến M cắt tiệm cận (C) A, B CMR diện tích tam giác ABI (I giao hai tiệm cận) khơng phụ thuộc vào vị trí M cos3 x − cos x = ( + sin x ) sin x + cos x Câu II: (2,0 điểm) Giải phương trình: (x=− π + k 2π ; x = π + m 2π ) 2  x ( x + y ) + y = x − Giải hệ phương trình:  2  x ( x + y ) − y = x + ((2;1), (5;-2)) e  ln x  2 + ln x ÷dx Câu III: (1,0 điểm) : Tính tích phân: I = ∫  (e− − ) 3   x + ln x Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 600 AB = AA’ = a Gọi M, N, P trung điểm BB’, CC’, BC Q điểm cạnh AB cho BQ = a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ chứng minh (MAC) ⊥ (NPQ) Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn : a + b + c = P= +3 +3 ( a 15 ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức (3) a + 3b b + 3c c + 3a II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chọn hai phần ( phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng 81 BG ((x – 5) +(y – 1)2 = ) 25 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − x + y − z − = r Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá véc tơ v(1;6; 2) , vng góc với mặt phẳng (α ) : x + y + z − 11 = tiếp xúc với (S) Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : z − i = z − z + 2i ; (2x-y+2z+3=0 2x-y+2z-21=0) z − ( z )2 = ( z= + i) 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 ) đường thẳng ∆ : 3x − y + = Tìm ∆ hai điểm A B đối xứng qua I(2;5/2) cho diện tích tam giác ABC bằng15 (A(0;1) B(4;4)) 2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d với d: x −1 y +1 z = = Viết phương trình tắc đường thẳng qua điểm M, −1 cắt vng góc với đường thẳng d tìm tọa độ điểm M’ đối xứng với M qua d Câu VIIb (1,0 điểm) ( x − y −1 z = = ;( ;− ;− ) ) −4 −2 3 Giải phương trình: ( z − z )( z + 3)( z + 2) = 10 , z ∈ C ( z = −1± ; z = −1 ± i ) Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên:……………………………………………… SBD:……………… SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011 MƠN: TỐN - KHỐI A Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề CÂU I-1 (1 điểm) NỘI DUNG ĐIỂM TXĐ : D = R\{-1} y’ = >0 ( x + 1) 0,25 lim f ( x) = lim f ( x) = nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số x →−∞ x →+∞ lim f ( x ) = +∞, lim− = −∞ nên x = -1 tiệm cận đứng đồ thị hàm số x →−1+ 0,25 x →−1 Bảng biến thiên Hàm số đơng biến (−∞; −1) (−1; +∞ ) Hàm số khơng có cực tri Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận I(-1 ;2) làm tâm đối xứng Gọi  2a −  M  a; ÷∈ ( C ) a ≠ −1  a +1  Tiếp tuyến M có phương trình: I-2 (1 điểm) (Giao điểm với tiệm cận đứng Giao điểm với tiệm cận ngang 2a − y= ( x − a) + a +1 ( a + 1) 2a − 10   x = −1 A  −1; ÷ a +1   y = B ( 2a + 1;2 ) Giao hai tiệm cận I(-1; 2) IA = 12 1 ; IB = ( a + 1) ⇒ S IAB = IA AB = 24 = 12 ( dvdt ) a +1 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ĐK: sin x + cos x ≠ II-1 (1 điểm) ( 0,25 ) Khi PT ⇔ − sin x ( cos x − 1) = ( + sin x ) ( sin x + cos x ) ⇔ ( + sin x ) ( + cos x + sin x + sin x.cos x ) = 0,25 ⇔ ( + sin x ) ( + cos x ) ( + sin x ) = sin x = −1 ⇔ (thoả mãn điều kiện) cos x = −1 π  x = − + k 2π  ⇔ ( k , m ∈ Z)   x = π + m2π Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = − 0,25 0,25 π + k 2π x = π + m2π ( k , m ∈ Z) Với x = khơng nghiệm phương trình II-2 (1 điểm)  y2 +1 +x+ y =4   x + y + xy + = x x ⇔ Với x ≠ , ta có:  2  x( x + y) − y − = x ( x + y ) − y + =  x  u+v =  u = 4−v  v = 3, u = y +1 ⇔ ⇔ Đặt u = , v = x + y ta có hệ:  x v − 2u = v + 2v − 15 =  v = −5, u =  y2 +1 = x  y2 +1 = x  y2 + y − =  y = 1, x = ⇔ ⇔ ⇔ +) Với v = 3, u = ta có hệ:   y = −2, x = x+ y =3  x = 3− y  x = 3− y  y2 + = 9x v = − 5, u = +) Với ta có hệ:  , hệ vơ nghiệm  x + y = −5 Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y ) = (2;1), ( x; y ) = (5; −2) III (1 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 e  ln x  I = ∫ + ln x ÷dx   x + ln x e I1 = ∫ ln x dx , Đặt t = x + ln x e ( 0,25 + ln x ,… Tính I1 = ) 2 − 3 I = ∫ ln x dx , lấy tích phân phần lần I2 = e - I = I1 + I2 = e − Gọi I 2 − 3 trung 0,25 0,25 0,25 điểm A’B’ C ' I ⊥ A ' B '  ⇒ C ' I ⊥ ( ABA ' B ') C ' I ⊥ AA '  suy góc BC’ mp(ABB’A’) · ' BI góc C · ' BI = 600 Suy C · ' BI = a 15 C ' I = BI tan C IV (1 điểm) 0,25 áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có 1 1 1 (x + y + z) + +  ≥ 33 xyz =9⇒ + + ≥ (*) x y z x+y+z xyz x y z 1 +3 +3 ≥3 áp dụng (*) ta có P = a + 3b b + 3c c + 3a a + 3b + b + 3c + c + 3a V (1 điểm) áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có a + 3b + + 1 ( a + 3b ) 1.1 ≤ = ( a + 3b + ) 3 b + 3c + + 1 ( b + 3c ) 1.1 ≤ = ( b + 3c + ) 3 c + 3a + + 1 ( c + 3a ) 1.1 ≤ = ( c + 3a + ) 3 0,25 1  a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤  ( a + b + c ) +  ≤  +  = 3  Do P ≥ 3  a + b + c = ⇔a=b=c= Dấu = xảy ⇔  4 a + 3b = b + 3c = c + 3a = Vậy P đạt giá trị nhỏ a = b = c = / Suy 0,25 0,25 0,25 Giả sử B ( xB ; yB ) ∈ d1 ⇒ xB = − y B − 5; C ( xC ; yC ) ∈ d ⇒ xC = −2 yC +  xB + xC + =  yB + yC + = 0,25 Vì G trọng tâm nên ta có hệ:  Từ phương trình ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) uuur uuur Ta có BG (3; 4) ⇒ VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0,25 Bán kính R = d(C; BG) = 81 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) bán kính R=4 r Véc tơ pháp tuyến (α ) n(1; 4;1) VIa (1 điểm) 0,25 r Vì ( P ) ⊥ (α ) song song với giá v nên nhận véc tơ uur r r n p = n ∧ v = (2; −1; 2) làm vtpt Do (P):2x-y+2z+m=0 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I → ( P )) = ⇔  m = −21 d ( I → ( P )) = ⇔  m = Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 2x-y+2z-21=0 VIIa (1 điểm) 0,25 + Gọi số phức z = x + yi (x , y∈R ) x2 1 ∨ y= − x x A( a; 3a + x =  ↔ y =  ) ⇒ B(4 − a; 0,25 0,25 Vậy số phức cần tìm : z = + Gọi 0,25 0,25 2 x + ( y − 1)i = ( y + 2)i Hệ ↔   xyi =   y = ↔ y =  0,25 0,25 i 16 − 3a 0,25 ) Khi diện tích tam giác ABC HẾT SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC MƠN: TỐN - KHỐI : B Thời gian làm bài: 150 phút, khơng 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 = − x + x − (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) 2 Tìm điểm M thuộc đường thẳng y = x − cho tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị (1) 1  5 ( M  ; − ÷) nhỏ sin x + cos x = 3sin x + cos x + Câu II: (2,0 điểm) Giải phương trình:  x + y + x − y = y Giải hệ phương trình:   x + y =  π ( x = − + k 2π , x = π + k 2π ) (x, y∈ R) (1;4/5) π − x2 dx Câu III: (1,0 điểm) : Tính tích phân: I = ∫ ( 3− ) x Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng cân C cạnh huyền 3a Gọi a 14 G trọng tâm tam giác ABC , SG ⊥ ( ABC ) , SB = Tính thể tích khối chóp S ABC (3a3/4) Câu V: (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= 1 + + + xy + yz + zx (3/2) II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chọn hai phần ( phần A phần B) A Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có C (−2;3) Đường cao tam giác kẻ từ đỉnh A đường phân giác góc B có phương trình là: x − y − 25 = 0, x − y = Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC tam giác Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz Cho mặt cầu (S) : ( x − 1) + y + ( z + 2) = Lập phương trình mặt phẳng (P) vng góc với đường thẳng a : Câu VIIa (1,0 điểm) x y −1 z = = cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính 2 −2 Giải phương trình : ( − log x ) log x − =1 − log x B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C x − y −1 z + x−2 y+3 z = = d2 : = = −1 −2 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2 Câu VIIb (1,0 điểm) 2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : n   n +1 n Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển  + x  biết: C n +4 − C n +3 = 7(n + 3) x  Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên:……………………………………………… SBD:……………… SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC MƠN: TỐN - KHỐI: B - D Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề CÂU I-1 (1 điểm) NỘI DUNG TXĐ : D = R y’ = −3x + x ĐIỂM 0,25 Tìm nghiệm y’ = ; lập bảng biếng thiên 0,25 Kết luận cực trị 0,25 Đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng Gọi tọa độ điểm cực đại A(2;1), điểm cực tiểu B(0;-3) Xét biểu thức P=6x-y-4 Thay tọa độ điểm A(2;1)=>P>0, thay tọa độ điểm B(0;-3)=>P điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: 2x-y-3 = 0,25  x=  y = x −   1 5 ⇔ => M  ; − ÷  4 2  y = 2x − y = −  0,25 pt ⇔ 2sin x cos x − 3sin x + cos x − cos x − = II-1 (1 điểm) ⇔ ( cos x − 3) sin x + ( cos x + 1) ( cos x − 3) = ⇔ ( sin x + cos x + 1) ( cos x − 3) = 0,25 0,25 Khi: cos x = (VN ) II-2 (1 điểm) π  x = − + k 2π π   ⇔ Khi : sin x + cos x = −1 ⇔ sin  x + ÷ = − (k ∈ Ζ)  4   x = π + k 2π π KL: nghiệm PT x = − + k 2π , x = π + k 2π (k∈ Ζ) ĐK: x + y ≥ , x - y ≥ 0, y ≥  y − x ≥ (3) PT(1) ⇔ x + x − y = y ⇔ x − y = y − x ⇔  5 y = xy (4) Từ PT(4) ⇔ y = v 5y = 4x Với y = vào PT(2) ta có x = (Khơng thỏa mãn đk (3)) Với 5y = 4x vào PT(2) ta có x + x = ⇔ x =  4 KL: HPT có nghiệm ( x; y ) =  1; ÷  5  π t= x =  ⇒ Đặt x= 2sint Suy :dx = c o s tdt ;  x =1 t = π  III (1 điểm) π Đưa : I = ∫ π cos t dt sin t IV (1 điểm) 3− 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Tìm ngun hàm I= 0,25 0,25 π 0,25 Gọi I trung điểm AB , CI = 3a a ⇒ IG = 2 10a Tam giác vng BIG ⇒ BG = BI + IG = 2 14a 10a SG = SB − BG = − =a 4 11 3a 3a Thể tích : VSABC = S ABC SG = 3a .a = 32 2 0,25 0,25 0,25 0,25  1  + + ÷≥ + xy + yz + zx   Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ]  V (1 điểm) ⇔P≥ 9 ≥ + xy + yz + zx + x + y + z 0,25 ⇒ P≥ = 0,25 Vậy GTNN Pmin = x = y = z 0,25 Gọi đường cao kẻ từ A AH: 3x − y − 25 = Đường phân giác góc B BE: x − y = BC có phương trình : x + y − = 2 x + y − = x = ⇔ ⇒ B (1;1) Toạ độ B nghiệm hệ  x − y = y =1 VIa (1 điểm) 0,25 0,25 0,25 Gọi F điểm đối xứng C qua BE Do BE phân giác nên F thuộc AB Xác định toạ độ F F(3; -2) Đường thẳng chứa cạnh AB đường thẳng qua B, F Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - = 0,25 0,25 (S) có tâm J (1,0 ,−2) bán kính R = → → + đt a có vtcp u (1, , − ) , (P) vng góc với đt a nên (P) nhận u làm vtpt Pt mp (P) có dạng : x + y − z + D = (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = nên d( J , (P) ) = R − r = nên ta có : + 2.0 − 2.(−2) + D =  D = −5 + ↔  D = −5 − 0,25 0,25 0,25 Có mặt phẳng : (P1) : x + y − z − + = (P2) : x + y − z − − = 0,25 VIIa (1 điểm) Đk: x > 0, x ≠ 3, x ≠ ( − log3 x ) log9x − 0,25 4 = ⇔ ( − log3 x ) − =1 − log3 x log3 9x − log3 x − log3 x ⇔ − =1 + log3 x − log3 x Đặt: t = log3x pt thành : { 2−t t ≠ 1, t ≠ −2 − =1⇔ ⇔  t = −1 t − t − = t = + t 1− t So sánh điều kiện nghiệm x = ; x = 81 uuur Ta có: AB = ( −1; ) ⇒ AB = Phương trình AB là: x + y − = 0,25 0,25 0,25 0,25 TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 ) NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28/02/2011 MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ) I PHẦN CHUNG: (7 điểm) Câu 1:Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + có đồ (Cm); (m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò hàm số m = Xác đònh m để (Cm) cắt đường thẳng y = điểm phân biệt C(0, 1), D, E cho tiếp tuyến (Cm) D E vuông góc với Câu 2: Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x =  x − y − xy = Giải hệ phương trình:   x − + y − = Câu 3: Tính J = e x dx ln10 ∫2 ex − Câu 4: Tính thể tích hình chóp S.ABC, biết đáy ABC tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, SA=2a; SAB = 600 Câu 5: Ch x, y, z số dương thoả mãn 1 + + = 2009 x y z Tìm giá trị lớn biểu thức P = II.PHẦN TỰ CHỌN: (3 điểm) 1 + + 2x + y + z x + y + z x + y + 2z Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu 6a Phương trình hai cạnh tam giác mặt phẳng tọa độ 5x - 2y + = 0; 4x + 7y – 21 = viết phương trình cạnh thứ ba tam giác đó, biết trực tâm trùng với gốc tọa độ O Trong không gian Oxyz, tìm Ox điểm A cách đường thẳng (d) : x −1 y z + = = mặt phẳng ( P ) : 2x – y – 2z = 2 Câu 7a Giải phương trình sau C: Z3 - 2Z2 + 8Z – 16 = Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu 6b Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẽ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600 x = t  2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d1) : y = t ; z =  x = − t  (d2) :  y = t z =  Chứng minh (d1) (d2) chéo Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính đoạn vuông góc chung (d1) (d2) Câu 7b Giải phương trình sau C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = Het -HƯỚNG DẪN GIẢI: I PHẦN CHUNG: Câu 1: : y = x3 + 3x2 + mx + (Cm) m = : y = x3 + 3x2 + 3x + (C3) + TXĐ: D = R + Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ + y’ = 3x + 6x + = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x * Bảng biến thiên: + y” = 6x + = 6(x + 1) y” = ⇔ x = –1 điểm uốn I(-1;0) * Đồ thò (C3): Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = là: x = x3 + 3x2 + mx + = ⇔ x(x2 + 3x + m) = ⇔   x + 3x + m = * (Cm) cắt đường thẳng y = C(0, 1), D, E phân biệt: ⇔ Phương trình (2) có nghiệm xD, xE ≠ m ≠  ∆ = − 4m >  ⇔ ⇔  m < 0 + × + m ≠  Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: (2) kD = y’(xD) = 3x 2D + 6x D + m = −(x D + 2m); kE = y’(xE) = 3x 2E + 6x E + m = −(x E + 2m) Các tiếp tuyến D, E vuông góc khi: kDkE = –1 ⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 ⇔ 9m + 6m × (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo đònh lý Vi-ét) ⇔ 4m2 – 9m + = ⇔ m = m 65 1 ĐS: m = − 65 hay m = m 65 8 ( ( ) ( ) ) Câu 2: π π sin x + cos x + cos3x = ⇔ sin sinx + cos cosx = – cos3x 3 π π   ⇔ cos  x −  = − cos3x ⇔ cos  x −  = cos(π − 3x) 3 3    π kπ x = + π kπ (k ∈ Z) ⇔ x = + ⇔ (k ∈ Z)  π  x = + kπ  Điều kiện: x ≥ y ≥ : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: x + 91 − y + 91 = ⇔ x2 − y2 x + 91 + y + 91 2 = y − − x − + y2 − x2 y−x + ( y − x)( y + x) y−2 + x−2  x+y ⇔ ( x − y)  +  x + 91 + y = 91   + x + y ÷= ÷ x −2 + y −2  ⇔ x = y (trong ngoặc ln dương x vay lớn 2) Vậy từ hệ ta có: ⇔ x2 − x + 91 = x − + x ⇔ x + 91 − 10 = x − − + x −     x −3 1 + ( x − 3)( x + 3) ⇔ ( x − 3)  ( x + 3)  − 1÷− =0 ÷  ÷ x − +1 x − + x + 91 + 10     = x + 91 + 10 ⇔x=3 Vậy nghiệm hệ x = y = ln10 Câu 3: J  ∫ b ex dx ex − =  / 8 = u =   − (e b − 2)2 /  ; với u = ex – 2, du = exdx) b 1/ 3    e −2 2 e b −2 u ∫ du 3 − (e b − 2)2 /  = (4) =   b→ln 2 Suy ra: lim J = lim b→ln Câu 4: Dựng SH ⊥ AB ° Ta có: ° S (SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = AB, SH ⊂ (SAB) ⇒ SH ⊥ (ABC) SH đường cao hình chóp Dựng HN ⊥ BC, HP ⊥ AC · · ⇒ SN ⊥ BC, SP ⊥ AC ⇒ SPH = SNH =α B H ϕ C P A N ° SHN = SHP ⇒ HN = HP ° AHP vuông có: HP = HA.sin 60 o = ° SHP vuông có: SH = HP.tgα = a a tgα 1 a a a3 Thể tích hình chóp S.ABC : V = SH.SABC = tgα = tgα 3 4 16 ° Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có: 4ab ≤ (a + b)2 ⇔ Ta có: 1 1   1  1   1  ≤  + + ÷ ÷ ≤  +  + ÷ =  + x + y + z  x y + z   x  y z   x y z  Tương tự: Vậy 11 1 a+b ⇔  + ÷ (∀a, b > 0) ≤ 4a b a + b 4ab 1 1  1 1 1 ≤  + + ÷ ≤  + + ÷ x + y + z  2x y 2z  x + y + 2z  2x y z  1 1  1  2009 + + ≤  + + ÷= 2x + y + z x + y + z x + y + 2z  x y z  Vậy MaxP = 2009 12 x = y = z = 2009 II.PHẦN TỰ CHỌN: Phần 1: Phần dành cho chương trình Câu 6a.1a 1.Giả sử AB: 5x - 2y + = 0; AC: 4x + 7yr– 21 = Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh BO qua O nhận VTCP a = (7; - 4) AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = B(-4;-7) A nằm Oy, đường cao AO trục OY, Vậy AC: y + = Gọi A(a; 0; 0) ∈ Ox ° ° ° ° ° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng () : d(A; α) = 2a 2 r +1 + () qua M (1; 0; − 2) có vectơ phương u = (1; 2; 2) uuuuuur r M Đặt M1 = u Do đó: d(A; ) đường cao vẽ từ A tam giác AM M1 uuuuur r [AM ; u] 2.SAM0M1 8a2 − 24a + 36 ⇒ d(A; ∆ ) = = = r M M1 u = 2a Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; ) 2a 8a2 − 24a + 36 ⇔ = ⇔ 4a2 = 8a2 − 24a + 36 ⇔ 4a2 − 24a + 36 = 3 ⇔ 4(a − 3)2 = ⇔ a = ° Vậy, có điểm A(3; 0; 0) Câu 6a.2a n = a b c d e * Xem số hình thức a b c d e , kể a = Có cách chọn vò trí cho (1 a b c) Sau chọn trò khác cho vò trí lại từ X \ { 1} : số cách chọn A 74 Như có x (7 x x x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề * Xem số hình thức 0b c d e * Loại số dạng hình thức 0b c d e ra, ta 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao: Câu 6b.1b (C) có tâm I(3;0) bán kính R = M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm)  ·AMB = 600 (1) Vậy   ·AMB = 1200 (2) Vì MI phân giác ·AMB IA (1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI = ⇔ MI = 2R ⇔ m + = ⇔ m = m sin 300 IA (2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI = R ⇔ m2 + = Vơ nghiệm ⇔ MI = sin 60 3 Vậy có hai điểm M1(0; ) M2(0;- ) r 2.- (d1) qua điểm A(0; 0; 4) có vectơ phương u1 = (2; 1; 0) r - (d2) qua điểm B(3; 0; 0) có vectơ phương u2 = (3; − 3; 0) uuur AB = (3; 0; − 4) ° uuur r r uuur r r AB.[u1; u2 ] = 36 ≠ ⇒ AB, u1 , u không đồng phẳng ° ° Vậy, (d1) (d2) chéo Gọi MN đường vuông góc chung (d1) (d2) ° ° ° ° M ∈ (d1 ) ⇒ M(2t; t; 4) , N ∈ (d ) ⇒ N(3 + t / ; − t / ; 0) uuuur ⇒ MN = (3 + t / − 2t; − t / − t; − 4) uuuur r / / MN ⊥ u1  t / = −1 M(2; 1; 4) 2(3 + t − 2) − (t + t) = ⇒ ⇔ ⇒ uuuu r r Ta có:     / / N(2; 1; 0) 3 + t − 2t + (t + t) = t = MN ⊥ u2 Tọa độ trung điểm I MN: I(2; 1; 2), bán kính R = MN = 2 2 Vậy, phương trình mặt cầu (S): (x − 2) + (y − 1) + (z − 2) = Câu 6b.2b Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z = –1, sau cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = Vậy phương trình trở thành: (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = Suy ra: Z3 = 2 i Z4 = – 2 i { } Đáp số: −1,2, − 2 i, − 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 ( đ ) : Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Tìm điểm M thuộc đường thẳng y = 3x - tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ Câu II ( đ ) : Giải phương trình log x + log x = log 2x ( ) 2 Giải phương trình 2sin x + sin x cos x + = cos x + sin x Câu III ( đ ) : Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hồnh điểm B thuộc trục tung cho A B đối xứng với qua đường thẳng d :2 x − y + = π cotx dx π  π s inx.sin  x + ÷ 4  Tính tích phân: I = ∫ Câu IV ( đ ) Trong khơng gian Oxyz cho A ( 1; 2; - 1) ( d ) : x−2 y z+2 = = Và mặt phẳng ( p ) : 2x + y - z + = Viết phương trình đường thẳng qua A , song song với ( P ) vng góc ( d ) Viết phương trình đường thẳng qua A , cắt ( d ) song song với ( P ) Câu V ( đ ) n 1 Tìm hệ số x8 khai triển nhị thức Niutơn ( x + ) , biết An − 8Cn + Cn = 49 k ( Ank số chỉnh hợp chập k n phần tử, Cn số tổ hợp chập k n phần tử) 2 Cho a,b, c dương a2 + b2 + c2=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức a3 P= b +3 b3 + c +3 + c3 a2 + HẾT Chúc em làm tốt ĐÁP ÁN ĐỀ 02 I.1 Gọi tọa độ điểm cực đại 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 điểm cực đại cực tiểu nằm hai phía đường thẳng y=3x-2, điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M nghiệm hệ: để MA+MB nhỏ =>   x =  y = 3x − 4 2 ⇔ => M  ; ÷  5 5  y = −2 x + y =  II Tính π π π 3 cot x cot x cot x I =∫ dx = ∫ dx = ∫ dx π  π π s inx ( s inx + cos x ) π s in x ( + cot x ) sin x sin  x + ÷ 6 4  Đặt 1+cotx=t ⇒ dx = −dt sin x π π +1 Khi x = ⇔ t = + 3; x = ⇔ t = 3 Vậy I= +1 t −1 dt = ( t − ln t ) t +1 ∫ +1 +1   = 2 − ln ÷   III Ta có: a3 b2 + + c3 a2 + a3 b2 + + + c3 a2 + b2 + a 3a ≥ 33 = (1) 16 64 + b3 c2 + + b3 c2 + + c2 + c 3c ≥ 33 = (2) 16 64 a2 + c 3c ≥ 33 = (3) 16 64 Lấy (1)+(2)+(3) ta được: a + b2 + c2 + P+ ≥ ( a + b + c ) (4) Vì a2+b2+c2=3 16 3 Từ (4) ⇔ P ≥ giá trị nhỏ P = a=b=c=1 2 ( ) 1.Giải phương trình 2sin x + sin x cos x + = cos x + sin x   1  + sin x − cos x = cos x + sin x ⇔1 +  sin x − cos x ÷ = cos x + sin x  ÷ ÷ 2 ÷ 2     2π  π π π    2 ⇔ + cos  x − ÷ = 3cos  x − ÷⇔ cos  x − ÷ = 3cos  x − ÷  3 3 3     π π π 5π  ⇔ cos  x − ÷ = ⇔ x − = + kπ ⇔ x = + kπ ( k ∈ ¢ ) 3  2.(1 điểm) Điều kiện x > 0, x ≠ 1, x ≠ Với điều kiện trên, phương trình cho ( ) tương đương với 6 + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ log x = ⇔ x = log x log 2 x log 2 x log x + log x + log x log x + log x uuur r III A ∈ Ox, B ∈ Oy ⇒ A ( a;0 ) , B ( 0; b ) , AB = ( − a; b ) Vt c p d u = ( 1; ) a b Toạ độ trung điểm I AB  ; ÷ A B đối xứng với qua d  2 uuur r −a + 2b =  AB.u =  a = −4  ⇔ b ⇔   I ∈ d b = −2 a − + = Câu VI b Điều kiện n ≥ 4, n ∈ ¥ Vậy A ( −4;0 ) , B ( 0; −2 ) Ta có: ( x n + ) = ∑ Cnk x k 2n −k Hệ số x8 Cn4 2n −4 n k =0 A − 8C + C = 49 ⇔ ( n − ) ( n − 1) n − ( n − 1) n + n = 49 ⇔ n − 7n + 7n − 49 = n n n ⇔ ( n − ) ( n2 + ) = ⇔ n = Vậy hệ số x8 C74 23 = 280 [...]... 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 thu c đường thẳng y = 3x - 2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất Câu II (... phương trình log x 2 + 2 log 2 x 4 = log 2x 8 ( ) 2 2 Giải phương trình 2sin x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3 cos x + 3 sin x Câu III ( 2 đ ) : 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thu c trục hồnh và điểm B thu c trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d :2 x − y + 3 = 0 π 2 cotx dx π  π s inx.sin  x + ÷ 6 4  2 Tính tích phân: I = ∫ Câu IV ( 2 đ ) Trong khơng gian Oxyz... vectơ chỉ phương u = (1; 2; 2) uuuuuur r M Đặt 0 M1 = u Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác AM 0 M1 uuuuur r [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 ⇔ 4(a − 3)2 = 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 c... phẳng ( P ) : 2x – y – 2z = 0 1 2 2 Câu 7a Giải phương trình sau trong C: Z3 - 2Z2 + 8Z – 16 = 0 2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu 6b 1 Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0 Tìm M thu c trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600 x = 2 t  2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d1) : y = t ; z = 4  x = 3 − t  (d2) :... 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 ⇔  ... 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 ( đ ) : Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) Khảo sát biến thi n vẽ đồ thị... trình AB là: x + y − = 0,25 0,25 0,25 0,25 TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 ) NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28/02 /2011 MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ) I PHẦN CHUNG: (7 điểm)... sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên:……………………………………………… SBD:……………… SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC MƠN: TỐN