ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011 violet.vn/lethuync ĐỀ 60 Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x − 3mx + (m − 1) x + (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m = Tìm m để đường thẳng y = x + cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm A;B;C phân biệt thỏa mãn điểm C(0;1) nằm A B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài 30 Câu II: (2 điểm) Giải phương trình : cos x + cos x = cos ( π − x ) 8xy 2 x + y + x + y = 16 Giải hệ phương trình với x ; y ∈ ¡ x + x x + y − = π tan x dx cos x − sin x ) cos x ( Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ · Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O cạnh a BAD = 600 Cạnh SC vuông góc với mặt phẳng (ABCD) SC = a Kẻ OK ⊥ SA , ( K ∈ SA) Tính thể tích khối đa diện SCBDK Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c > thỏa mãn abc = Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: 1 P= + + 2a + b + 2b + c + 2c + a + II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần: A B A Theo chương trình Chuẩn Câu VIa: (2điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cố định A nằm đường thẳng ( ∆): 2x − 3y + 14 = , cạnh BC song song với đường thẳng ∆, đường cao CH có phương trình: x − 2y − = Biết trung điểm cạnh AB M(-3;0) Xác định tọa độ đỉnh A, B, C x −1 y − z = = hai điểm A(1;1;0), B(2;1;1) Viết Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : 1 phương trình đường thẳng ∆ qua A, ∆ ⊥ d cho khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆ lớn 11 + i 2i Câu VIIa: (1điểm) Cho số phức z thỏa mãn i.z = ÷ + ÷ Tìm môđun số phúc w = z + iz 1− i 1+ i B Theo chương trình Nâng cao Câu VIb:(2điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường cao BH có phương trình 3x + 4y + 10 = , đường phân giác góc A AD có phương trình x − y + = , điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C khoảng Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1) , B(1;0; −3), C (−1; −2; −3) mặt cầu (S) có phương trình : x + y + z − x + z − = Tìm tọa độ điểm D mặt cầu (S) cho tứ diện ABCD tích lớn 2.log y = log x − Câu VIII.b: (1điểm) Giải hệ phương trình : log y = (log x − 1).log -Hết Họ tên thí sinh………………………… ………………… ;Số báo danh………………………… Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN Môn thi: TOÁN – Khối A CÂU NỘI DUNG I.1 ĐIỂM Với m=1 ta có y = x − x + • TXĐ: D=R • Sự biến thiên: y = +∞ ; lim y = −∞ - Giới hạn: xlim →+∞ x →−∞ 0,25 x = -Ta có: y ' = x( x − 1) ⇒ y ' = ⇔ x =1 -BBT: −∞ x y’ + y 1 +∞ + +∞ −∞ Hàm số đồng biến khoảng ( −∞ ;0) (1; +∞ ) Hàm số nghịch biến khoảng (0;1) Hàm số đạt cực đại x=0 yCĐ=1 Hàm số đạt cực tiểu x=1 yCT=0 • Đồ thị: - Ta có y '' = 12 x − ⇒ y '' = ⇔ x = - Đồ thị (C) cắt trục Oy A ( 0;1) - Đồ thi cắt trục Ox B ( 1;0 ) ;C − ;0 ÷ 0,25 0,25 1 ⇒ I ( ; ) điểm uốn đồ thị 2 0,25 I.2 Hoành độ giao điểm (d) đồ thị (Cm) hàm số: y = x − 3mx + (m − 1) x + nghiệm phương trình: x3 − 3mx + (m − 1) x + = x + x = ⇔ x (2 x − 3mx + m − 3) = ⇔ x − 3mx + m − = (*) Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) điểm O; A;B phân biệt O nằm A B PT (*) có nghiệm trái dấu ⇔ 2.(m − 3) < ⇔ m < 0,25 0,25 3m x A + xB = yA = xA + Khi tọa độ A B thỏa mãn ( A B thuộc (d)) y B = xB + x x = m − A B AB = 30 ⇔ ( xB − x A ) + ( yB − y A ) = 30 9m m−3 ⇔ ( xB − x A ) = ⇔ ( x B + x A ) − xB x A = ⇔ − =6 m = ⇔ m − 8m = ⇔ ( t / m) m = Vậy m = 0; m = giá trị cần tìm CÂU II II.1 Phương trình cho ⇔ cos x + cos 3x + cos 5x = ⇔ cos x − cos3x + ( cos3x + cos5x ) = ⇔ 2sin 2x sin x + cos 4x cos x = cos x = ⇔ cos x ( sin x + cos4x ) = ⇔ sin x + cos4x = ( 1) π + cos x = ⇔ x = + kπ − cos2x + cos 2x − = ⇔ cos 2x − cos2x − = + ( 1) ⇔ + 17 + 17 x = ± arccos ÷ cos x = ÷+ k2π ⇔ ⇔ − 17 x = ± arccos − 17 + k2π cos x = ÷ ÷ Điều kiện x + y > 8xy 2 x + y + x + y = 16 ( 1) Hệ phương trình x3 + x x + y − = ( 2) 2 Khi ( 1) ⇔ ( x + y ) ( x + y ) + 8xy = 16 ( x + y ) ⇔ ( x + y ) ( x + y ) + ( x + y ) − ( x + y ) = 16 ( x + y ) ⇔ ( x + y2 ) ( x + y − 4) + ( x + y ) ( x + y − ) = II.2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇔ ( x + y − ) x + y + ( x + y ) = x + y = (t / m) ⇔ 2 x + y + ( x + y ) = (Loai ) x + y > Thay x + y = vào PT(2) ta được: x + 2x − = ⇔ (x − 1)(x + x + 3) = x = ⇔ x + x + = (VN) Với x = ⇒ y = Vậy hệ có nghiệm (1;3) 0,25 0,25 CÂU II π tan x dx − tan x ) cos x ( Ta có: I = ∫ Đặt: tan x = t ⇒ 1 dx π = dt Đổi cận: Với x = ⇒ t = 0; x = ⇒ t = cos x t.dt 4−t Suy ra: I = ∫ ⇔I=∫ 0,25 0,25 1 − (4 − t) d(4 − t) dt = ∫ − 1÷dt = −4∫ − ∫ dt = −4 ln − t − t 0 4−t 4−t 4−t 0 0 0,25 I = ln − 0,25 Hình vẽ S K A B CÂU IV 0,25 O C D a · Ta có: SABCD = AB.AD.sin BAD = a3 ; VS.ABCD = SC.SS.ABCD = Và: VSCBKD = VS.ABCD − VA.BKD BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SA mà OK ⊥ SA ⇒ SA ⊥ (BKD) nên AK Do BD ⊥ SC đường cao hình chóp A.BKD OK SC OA.SC OA.SC a ∆OKA (g.g) ⇒ = ⇒ OK = = = Mặt khác: ∆SCA 2 OA SA SA SC + AC a = a 3÷ vì: AC = 2OA = ÷ BD ⊥ (SAC) a2 ⇒ OK ⊥ BD ⇒ SBKD = OK.BD = Mà OK ⊂ (SAC) AK SC AO.SC AO.SC a = ⇒ AK = = = Ta lại có : AO SA SA SC2 + AC 2 Suy VABKD a3 = AK.SBKD = 24 (vì ∆SCA 0,25 ∆OKA ) 0,25 a a a (6 − 1) (đvtt) − = 24 24 1 1 1 P= + + ⇒P= + + 2a + b + 2b + c + 2c + a + a + b + b + c + c + a + 3 2 a b c Đặt: x = ; y = ; z = ⇒ x, y, z > & x y.z = Khi đó: 2 1 1 P= + + x + y + y + z + z + x + Vậy: CÂU V VSCBKD = VS.ABCD − VA.BKD = 0.25 0,25 Mà ta có: x + y ≥ xy ; x + ≥ x ⇒ x + y + ≥ 2( xy + x + 1) 1 ⇒ ≤ x + y + 2( xy + x + 1) Tương tự ta có: P ≤ 1 + xy + x + ( Nhân tử mẫu phân số thứ hai với ⇔P≤ 1 + yz + y + zx + z + x ; phân số thứ ba với 0.25 xy ) xy 1 x + + xy + x + x ( yz + y + 1) xy ( zx + z + 1) 0,25 xy 1 x + + ⇔ P≤ xy + x + 1 + xy + x ) x + + xy Vậy P đạt GTLN xảy x = y = z = hay a = b = c = Chương trình chuẩn Câu VIa ⇔P≤ A 0,25 :2x-3y+14=0 H M(-3;0) B x-2y-1=0 C r r Ta có n ( 1; −2 ) VTPT đường thẳng CH, AB ⊥ CH nên n ( 1; −2 ) VTCP VIa.1 đường thẳng AB, mà AB qua M ( −3;0 ) ⇒ phương trình tham số đường thẳng AB: x = −3 + t ⇒ phương trình tổng quát đường thẳng AB: 2x + y + = y = −2t Mặt khác A ∈ ( ∆ ) ⇒ A = ( ∆ ) ∩ AB tọa độ A nghiệm hpt 2x + y + = x = −4 ⇔ ⇒ A ( −4; ) 2x − 3y + 14 = y = 0,25 xA + xB x M = x = −2 ⇒ B ⇒ B ( −2; −2 ) M ( −3;0 ) trung điểm AB y B = −2 y = yA + yB M Do BC // ∆ ⇒ phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x − 3y + m = (m ≠ 14) , mà 0,25 0,25 (BC) qua B ( −2; −2 ) ⇒ m = −2 ⇒ BC : 2x − 3y − = x − 2y − = x = ⇔ ⇒ C ( 1;0 ) Lại có C = BC ∩ CH tọa độ C nghiệm hpt 2x − 3y − = y = 0,25 Vậy A ( −4; ) , B ( −2; −2 ) , C ( 1;0 ) VIa.2 Gọi H hình chiếu vuông góc B ∆ , ta có d ( B, ∆ ) = BH ≤ BA (vì ∆ qua A) Do khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆ lớn ⇔ BH = BA ⇔ H ≡ A r Vậy đường thẳng ∆ cần lập đường thẳng qua A, ∆ ⊥ d ∆ ⊥ AB Gọi u vectơ thẳng ∆ uuurphương củauuđường r Ta có AB ( 1;0;1) u1 ( 2;1;1) vec tơ phương đường thẳng d r uuur uur r uur r uuur Do ∆ ⊥ d ⇒ u ⊥ u1 ; ∆ ⊥ AB ⇒ u ⊥ AB , ta lấy u = AB, u1 = ( −1;1;1) x = − t Mặt khác ∆ qua A ( 1;1;0 ) phương trình ∆ y = + t z = t 0,25 0,25 0,25 0,25 11 11 ( 1+ i) 2i ( − i ) + i 2i Câu VIIa Ta có i.z = + ÷ ÷ + ÷ ⇔ i.z = 1− i 1+ i 0,25 ⇔ iz = ( i ) + ( + i ) = 16 − i ⇒ z = −1 − 16i ⇒ z = −1 + 16i 11 0,25 Do w = z + iz = −1 − 16i + i ( −1 + 16i ) = −17 − 17i 0,25 Vậy w = 17 + 17 = 17 0,25 Chương trình nâng cao Câu VIb VIb.1 0,25 A H N I M C B D ∆ ⊥ AD , ∆ cắt AD I cắt AC N Có rGọi ∆ đường thẳng qua điểm M r n ( 1; −1) VTPT AD, ∆ ⊥ AD ⇒ n ( 1; −1) VTCP ∆ ⇒ phương trình tham x = t số ∆ : suy phương trình tổng quát ∆ : x + y − = y = − t x= x + y − = ⇔ I ; ⇔ Do I = ∆ ∩ AD ⇒ tọa độ I nghiệm hpt: ÷ 2 2 x − y + = y = Tam giác AMN có d2 vừa đường cao, vừa phân giác nên tam giác cân ⇒ I trung điểm MN ⇒ N (1;1) uur uur uur Có n1 ( 3; ) VTPT BH ⇒ u1 ( 4; −3) VTCP BH, BH ⊥ AC ⇒ u1 ( 4; −3) VTPT AC, AC đường thẳng qua điểm N(1;1) nên AC : ( x − 1) − ( y − 1) = ⇒ AC: 4x – 3y –1 = Do A = AC ∩ AD ⇒ tọa độ A nghiệm hệ phương trình: 4x − 3y − = x = ⇔ ⇔ A(4;5) x − y + = y = uuuur AB đường thẳng qua điểm M(0;2) nhận MA ( 4;3) làm vec tơ phương ⇒ x = 4t ⇒ pt tổng quát AB : 3x − 4y + = Do phương trình tham số AB y = + 3t x = −3 3x − 4y + = 1 ⇔ B = AB ∩ BH ⇒ tọa độ B nghiệm hpt − ⇔ B − 3; − ÷ 4 3x + 4y + 10 = y = uuur 4a − 4a − 4a − ⇒ C a; ÷, ta có MC a; ÷ 3 x = ⇒ y = 4a − 2 Theo giả thiết MC = ⇔ a + 31 33 ÷ = ⇔ 25a − 56a + 31 = ⇔ x= ⇒ y= 25 25 31 33 ⇒ C ( 1;1) C ; ÷ Vì AD : x − y + = phân giác góc A tam giác 25 25 ABC kiểm tra điều kiện ( x B − y B + 1) ( x C − y C + 1) < hai điểm C thỏa mãn 0,25 0,25 Gọi C ( a, b ) ∈ AC ⇒ 4a − 3b − = ⇒ b = Ta có (S) : ( x − 1) + y + ( z + 1) = suy (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R = uuur uuur Và AB = (1; −1; −4); AC = ( −1; −3; −4) r uuur uuur Mặt phẳng (ABC) có vectơ pháp tuyến n = AB, AC = ( −8;8; −4) Suy mp(ABC) có phương trình: −8x + 8(y − 1) − 4(z − 1) = ⇔ 2x − 2y + z + = Ta có VABCD = d ( D;( ABC )).S ABC nên VABCD lớn d ( D;( ABC )) lớn Gọi D1D đường kính mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC) Ta thấy với D điểm thuộc (S) d ( D;( ABC )) ≤ max { d ( D1;( ABC )); d ( D2 ;( ABC ))} VIb.2 Dấu “=” xảy D trùng với D1 D2 r Đường thẳng D1D qua I(1;0;-1), có VTCP n ABC = (2; −2;1) x = + 2t Do (D1D2) có phương trình: y = −2t z = −1 + t x = + 2t t= y = −2t ⇒ Tọa độ điểm D1 D2 thỏa mãn hệ: z = − + t − t = ( x − 1) + y + ( z + 1) = 0,25 0,25 0,25 0,25 −4 −1 −1 −5 ⇒ D1 ; ; ÷ & D2 ; ; ÷ 3 3 3 Câu VIIb 7 1 Ta thấy: d ( D1 ;( ABC )) > d ( D2 ;( ABC )) Vậy điểm D ; − ; − ÷ điểm cần tìm 3 3 2.log y = ( − log x ) − x > 2.log y = log x − ⇔ Điều kiện hpt ⇔ log y = log x − log y = log x − y > log 2.b = a − a = log x Đặt hpt trở thành: b = log y b = a − 0,25 0,25 0,25 2 a = 2 ( a − 1) = a − a − 2a + = ⇔ ⇔ ⇔ b = b = a − b = a − 0,25 log x = x = ⇔ ⇔ (t / m) y = log y = Vậy hệ có nghiệm nhất: ( 2;1) 0,25 *HƯỚNG DẪN CHẤM: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết xác đến ý cho điểm tối đa ý ; cho điểm đến phần học sinh làm từ xuống phần làm sau không cho điểm Điểm toàn thi không làm tròn số ...SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN Môn thi: TOÁN – Khối A CÂU NỘI DUNG I.1 ĐIỂM Với m=1 ta