Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi qua điểm M(1; -3).[r]
(1)SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4m 1x22m có đồ thị Cm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị C hàm số
3 m
Xác định tham số m để hàm số có cực trị tạo thành đỉnh tam giác
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình
2
2 1 tan 8 os ( ) sin 4 2.
4 1 tan
x
c x x
x
2 Giải hệ phương trình sau R:
2
1 1 2
9 (9 )
x y
x y y x y y
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
1
2
2
( )
4
x x
I x e dx
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang vng A B với BC đáy nhỏ Biết tam giác SAB tam giác có cạnh với độ dài 2a nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy, SC a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng SHC 2a 2 (ở H trung điểm
AB) Hãy tính thể tích khối chóp theo a.
Câu V(1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn:
a b c .
Chứng minh rằng:
2 2
2 2
ab bc ca
a b c
a b b c c a
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chọn hai phần (phần A phần B)
A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm).
Cho đường trịn (C) nội tiếp hình vng ABCD có phương trình
2
(x 2) (y 3) 10 Xác định toạ độ đỉnh A, C hình vng, biết cạnh AB qua M(-3; -2) xA >
(2)Câu VII.a (1,0 điểm)
Tìm phần thực phần ảo số phức sau: z = + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 +
… + (1 + i)20
B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d1 :x y 30 d2 :xy 60
Trung điểm M cạnh AD giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ đỉnh
của hình chữ nhật
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – = cho MA = MB = MC
Câu VII.b (1,0 điểm
Xác định tập hợp điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn hệ thức z1 z z2
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011
Câu ý Nội dung Điểm
I 1
Với m= 3/2 ta có y = x4 -2x2 +2
Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.
Sự biến thiên: y'4x3 4x. Ta có
0
1 x y'
x
0.25
lim ; lim
x x
y y
0 1
CD CT
y y ; y y . 0.25
Bảng biến thiên:
x -1 1 y'
y
0.25
Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy 0.25
2 Ta có
3
4
y x m x x x m .
2
0
2
x y
x m
nên hàm số có cực trị m > 1
0.25
(3)0 1 2 1 10 5 2 1 10 5 A ; m ,B m ; m m ,B m ; m m .
Ta có:
4
2
2
2 16
8
AB AC m m
BC m
So sánh với điều kiện có cực trị ta suy
33
1
m 0.25
II 1
2
Đk:cos x x k
,ta có
2
2 inx n
4
cos( x ) cos x s , sin x cos x s i 0.25
4 2
3
os
os inx
cos x sin x c x sin x sin x cos x sin x c x sin x s cos x
3
sin x cos x sin x
0.25
0
0
4 x k sin x x k
cos x sin x tan x x k
Vậy pt có nghiệm:
x k x k
0.5
Đk: y1 Ta có
2 9 9 3 9 0
x y y x y y x y x y 0.25
vì y1
31 x 1 y 2
nên 31 x
x 7.Do x y 3 9-1<0
nên x=y 0.25
Thế vào pt ban đầu ta 31 x 1 x2.Đặt a31x b 1 x (b>0)
3
2 a b a b
2
3 2
2 2
a a a a a a a a a1; a 1 3; a 1
0.25
Từ tìm đựơc nghiệm hệ : x=y=0 x y 11 3 ; x y 11 3 0.25
III
1
2
1 2
0 4
x x
I x e dx dx I I
x
0.25
Tính
1 2
2
1
0
1
( ) |
2
x
x x e e
I x e dx xe 0.25
Tính I2 cách đặt t 4 x2
16 3 3
3
(4)2 61
3
4 12
e
I 0.25
IV
4a
2a 2 2a
2a
a a
a 5
C'C
a a
a a
a
45
45
H
E A D
C B
H
B
A
C
D S
Từ giả thiết suy SH ABCD
2
3
a
SH a 0.25
Theo định lý Pythagoras ta có CH SC2 SH2 a 2
Do tam giác HBC vng cân B BC a 0.25
Gọi EHCADthế tam giác HAE vng cân suy ra
2 2
DE a a AD a 0.25
Suy CE2a 2d D HC ; d D SHC ; y
2
1
4
ABCD
S BC DA AB a
(đ.v.d.t.) Vậy
3
D
1
3
S ABC ABCD
a V SH S
(đ.v.t.t.)
0.25
V
Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)
= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 mà a3 + ab2 2a2b
b3 + bc2 2b2c c3 + ca2 2c2a
Suy 3(a2 + b2 + c2) 3(a2b + b2c + c2a) > 0
0.25
Suy
2 2
2 2
ab bc ca VT a b c
a b c
2 2
2 2
2 2
9 ( )
2( )
a b c VT a b c
a b c
0.25
Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh t 3. Suy
9
3
2 2 2 2
t t t VT t
t t
VT
Dấu xảy a = b = c = 1
(5)VI.a 1
ptđt AB qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 Đuờng trịn (C) có tâm I(2;3) bán kính R 10 nên
2 2
2
| 3 |
10 a b a b 10(a b ) 25(a b) a b
0.25 (a3 )(3b a b ) 0 a3b hay b3a
pt AB: x- 3y-3 = AB: 3x-y+7=0 0.25
TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)t>-1 IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại) Suy
ra A(6;1) C(-2; 5) 0.25
TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)t>0 IA2=2.R2=20 t = 0, t = -2 (không thoả
mãn) 0.25
2
+ ) Ta có: AB(2; 2; 2), AC(0; 2; 2)
Suy phương trình mặt phẳng trung trực
của AB, AC là: x y z 1 0, y z 0. 0.25
+) Vectơ pháp tuyến mp(ABC) nAB AC, (8; 4; 4).
Suy (ABC):
2x y z 1 0. 0.25
+) Giải hệ:
1 0
3
2 1
x y z x
y z y
x y z z
Suy tâm đường tròn I(0; 2;1)
0.25
Bán kính R IA ( 0) 2(0 2) 2(1 1 )2 0.25
VII.a
21
20 (1 )
1 (1 ) (1 ) i
P i i
i
0,25
10
21 10 10
(1 )i (1 )i (1 ) (2 ) (1 )i i i 2 (1 )i
0,25
10
10 10
2 (1 )
2
i
P i
i
0,25
Vậy: phần thực 210 , phần ảo: 210 1 0,25
Ta có: d1d2 I Toạ độ I nghiệm hệ:
/ y / x y x y x
Vậy ; I
M trung điểm cạnh AD Md1Ox Suy M( 3; 0)
0.25 Ta có: 3 IM AB 2
Theo giả thiết: 2
12 AB S AD 12 AD AB S ABCD
ABCD
Vì I M thuộc đường thẳng d1 d1 AD
(6)VI.b 1
Đường thẳng AD có PT: 1(x 3)1(y 0)0 xy 30 Lại có:
MD
MA
Toạ độ A, D nghiệm hệ PT: y x y x 2 x x y ) x ( x x y y x x y 2 2 y x
y x
Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0.25 ; I
trung điểm AC suy ra: y y y x x x A I C A I C
Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0.25
2
Ta có AB(2; 3; 1), AC ( 2; 1; 1) n(2; 4; 8) vtpt (ABC) 0.25 Suy pt (ABC) (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = hay x + 2y – 4z + = 0.25
M(x; y; z) MA = MB = MC ta có
2
2
x y z
x y z
0.25 M thuộc mp: 2x + 2y + z – = nên ta có hệ, giải hệ x = 2, y = 3, z = -7 0.25
VII.b
Đặt z x yi x, y Ta có
2
2
2 2
z z z
x yi x yi x yi x yi yi
2 2
2 x y 4y
0.5
2 2 0
0 x x x x
Vậy tập hợp điểm cần tìm đường thẳng x0,x2
(7)ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ
Mơn Tốn- Khối A-B-D
Thời gian làm : 180 phút
I Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số y=2x3−3(m+2)x2+6(5m+1)x −(4m3+2) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m =
Tìm m để hàm số đạt cực tiểu x0(1;2
Câu 2:
Giải phương trình: sin 3x(sinx+√3 cosx)=2
Giải bÊt phương trình: √2x2−10x+16−√x −1 x −3
Câu 3: Tìm giới hạn: x
ln(1 ) tan lim
cot
x x
x
Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vng cân đỉnh là A
Góc AA’ BC’ 300 khoảng cách chúng a Gọi M trung điểm của
AA’ Tính thể tích tứ diện MA’BC’.
Câu 5: Giải hệ phương trình:
3
2
8 2
3 3( 1)
x x y y
x y
II Phần riêng ( điểm)
Thí sinh làm hai phần( phần phần 2)
1 Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a:
Cho ABC cân đỉnh A Cạnh bên AB cạnh đáy BC có phương trình
là: x + 2y – = 3x – y + = Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC qua điểm M(1; -3)
Giải phương trình: 9x−3xlog
3(8x+1)=log3(24x+3)
Câu 7a: Trong sách có 800 trang có trang mà số trang có chữ số
2 Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b:
Cho hai đường tròn (C1) : x2 + y2 – 2y – = ; (C2): x2 + y2 – 8x – 8y + 28 = ;
Viết phương trình tiếp tuyến chung (C1) (C2)
Giải hệ phương trình: SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
(8)
¿ (x+y) 3y − x=
27 log5(x+y)=x − y
¿{ ¿
Câu 7b: Cho a, b > thoả mãn a2 + b2 = Tìm giá trị lớn
ab P
a b
Ghi chú: Thí sinh khối B ; D làm câu ( phần chung) TRƯỜNG THPT MINH
KHAI
Đáp án biểu điểm đề thi thử ĐHCĐ lần I Năm học 2010 - 2011
I Phần chung:
Câu Điểm
Câu 1.1 với m = : y = 2x3 - 6x2
+ 6x -
1 TXĐ: D = R Sự biến thiên a Giới hạn y = - ∞ ;
y = +∞
b Bảng biến thiên:
Ta có : y/ = 6x2 - 12x + =
6(x- 1)2 , y/ = x =1, y/
> , x≠
0,25
Hàm số đồng biến R Hàm số khơng có cực trị
0,25
3 Đồ thị
Điểm uốn: y” =12x - 12 ,
y” = x= 1.
y” đổi dấu từ âm sang
dương x qua điểm x =
1 U(1;0) điểm uốn
giao với Oy : (0;- 2); giao với Ox: (1;0) Qua điểm (2;2)
Nhận xét : đồ thị nhận
0,5
x - ∞ +∞
y/ + +
y +∞
(9)U(1;0) làm tâm đối xứng ( Học sinh tự vẽ đồ thị)
Câu 1.2 Hàm số bậc có cực tiểu
y/ = có nghiệm
phân biệt Do hệ số x3
dương xCT > xCĐ
0,25
Ta có y/=6[x2-(m +
2)x+5m+1] , y/ =
m(x-5) = x2-2x +1 (1)
Do x= không nghiệm
của y/ = (1) m =
= g(x)
g/(x)= = x =
1 x =
0,25
Bảng biến thiên g(x)
0,25
Từ bảng biến thiên kết
hợp với nhận xét hàm
số có cực tiểu
x0 (1;2] -1/3≤ m
<0
0,25
Câu Điểm
Câu 2.1 sin3x(sinx+ cosx)=2 sinxsin3x+ sin3xcosx=2
( cos2x+sin2x)-(cos4x- sin4x) =2
0,5
cos(2x- )-cos(4x+) = 2
os(2x- ) os(4x+ )
3 c
c
0,25
x=
os( +4k ) k
c
x=6 k
k Z
0,25
(10)Câu 2.2 ĐK : x
Đặt u = x-3 , v= v ta BPT: u+v
0,5
2
0
( )
u v u v
0 u v u v
0,25
Vậy BPT
3
7 10 x
x x
x=5
0,25
Câu
0
ln(1 ) tan ln(1 ) tan
2
lim lim
ot x ot x ot x
x x
x x
x x
c c c
0,25
Mà 0
ln(1 ) ln(1 )sin
lim lim
ot x os x
x x
x x x x
c x c
0,25
2
0 0
tan sin sin 2sin
2 2
lim lim lim
x
cot os os x os x
2
x x x
x x x
x
x c c c
0,25
Vậy
ln(1 ) tan
lim
ot x x
x x
c
(11)Câu
Ta có BB/∥AA/ góc AA/ BC/ góc BC/ BB/
/ /
30
B BC CBC / 600
Gọi N trung điểm BC/ , H hình chiếu N (ABC) H
là trung điểm BC AMNH h.c.n MN∥ =AH
Do AH BC , AH CC/ AH (BCC/) AH BC/ từ giả thiết
suy AH vuông góc với AA/
Theo , MN∥ AH MN AA/ ; MN BC/ MN khoảng
cách AA/ BC/ MN = a AH = a
0,25
Tính VMA/BC/: BA (ACC/A/) VMA/BC/ = SMA/C/ AB 0,25
Trong vuông AHB ta có AB= a, BH = a BC= 2a
Trong vuông BCC/ : CC/ = BC.tan600 = 2a
0,25
Vậy VMA/BC/ = AM.AC/.BC =
3 3
3 a Câu
Giải hệ : (I)
3
2
8
3 3( 1)
x x y y
x y
Ta có (I)
3
2
2(4 )(1) 6(2)
x y y
x y
(12)Thay (2) vào (1) : x3 + x2y - 12xy2 =
0 x x y x y
0.5
Thay x vào (2) trường hợp Hệ có nghiệm là:
(3;1) , (- 3; -1) ,
6
( ; )
13 13
,
6
(4 ; )
13 13
II Phần riêng Câu
6a.1 Vector pháp tuyến B Clà : n1
= (3; -1);
Vector pháp tuyến AB : n2
= (1; 2)
1
1
n 1
osABC os(n ; )
50 n
n
c c n
n
0,25
Gọi n a b3( ; )
vector pháp tuyến AC (a2+b2≠ 0)
1
1 os(n ; )
50 c n
2
3
50 10
a b a b
2
11
a b a b
0,5
Trường hợp 2a - b =0 loại ∥ AB
Trường hợp 11a - 2b = chọn a = b = 11
Vậy phương trình AC là: 2(x - 1) + 11(y+3) =0
2x + 11y + 31 =
0,25
Câu
6a.2 Giải phương trình:9 log (83 1) log (243 3)
x x x x
ĐK x> PT (3 1) log (243 3)
x x
x
0,5
3
3x log (24x 3)
Xét ( ) log (243 3)
x
f x x với x>
/( ) ln 3 ;
(8 1) ln x
f x
x
//
2
64 ( ) ln
(8 1) ln x
f x
x
0,25
//( )
f x > x > f x/( )
đồng biến ( , +∞) f x/( ) =0 có nhiều
là nghiệm f x( ) 0 có nhiều nghiệm Ta có f(0) 0 ; f(1) 0
Vậy PT cho có nghiệm : x = ; x =
0,25 A
B
(13)Câu 7a Trường hợp 1: số trang có chữ số: có trang
Trường hợp 2: số trang có chữ số a a1
Nếu a1 = 5 a2 có 10 cách chọn có 10 trang
Nếu a2 = a2 có cách chọn ( a1≠ 0,a1≠ 5) có 18 trang
0,25
Trường hợp 3: số trang có chữ số a a a1
Do sách có 800 trang a1 chọn từ 1
+ Nếu a1 = a2 có 10 cách chọn, a3 có 10 cách chọncó 100 trang
+ Nếu a2=5a1 có cách chọn(vì a1≠5), a3có10 cách chọncó 60 trang
+ Nếu a3=5a1 có cách chọn, a2 có cách chọn(vì a1≠5,a2≠5) có 54 trang
0,5
Vậy số trang thỏa mãn yêu cầu toán là: 233 trang 0,25
C âu b
(C1) có tâm I1(0;1), R1 =2; (C2) có tâm I2(4;4), R2 =2
Ta có I1I2 = 14 5 > = R1 +R2 (C1);(C2)
+ xét tiếp tuyến d ∥ 0y: (d): x+c =
d(I1,d) = C ; d(I2,d) = 4C
d tiếp tuyến chung (C1)(C2)
2
4
C C
C = -2 (d): x-2=0
0,5
+ (d) : y = ax+b
Do R1=R2 d∥ I1I2 (d) qua I(2;)
d∥ I1I2 : I I1
=(4;-3) d: 3x - 4y +c =0 d tiếp xúc với (C1),(C2)
d(I1;d) = 2
4
2
C
C =14 C= -6
có tiếp tuyến chung là: 3x - 4y +14 = 3x - 4y - =0
d qua O: phương trình d là: y = ax + - 2a ax- y + - 2a =0
d tiếp tuyến chung d(I1;d) = 2
2
3
2 2
1 a a
a= -
d: 7x +24y - 14 =0
vậy có tiếp tuyến chung là: x - = 0; 3x - 4y + 14= 0; 3x - 4y - = 0; 7x +24y - 74 =0
0,25
Câu 6b.2
ĐK: x+y >
Hệ cho
3
5
( )
27
( )
x y
x y x y
x y
3
5
5
27
( )
x y
x y
x y x y
(14)
3
3
3
5
( )
x y
x y x y x y
3 ( ) 5x y x y
x y
3 (2 3) 125 y x
x
0,25
3
2
y x x
4 x y
thỏa mãn điều kiện
0,25
Câu 7b Ta có a2 + b2 =1 (a + b)2- 1=2ab (a + b+1)(a+b- 1) =2ab
=
a b
- T =
a b -
0,5
Mặt khác ta có: a+b = nên T ( - 1)
Dấu “ =” xảy a = b = Vậy Tmax = ( - 1)