2 de thi thu DHCD Mon Toan

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn.. Câu VIa.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D Năm 2010. Mơn thi: Tốn.

Thời gian làm bài: 180 phút. ĐỀ 1

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (C

m); ( m tham số)

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với

Câu II (2 điểm)

1.Giải phương trình: cos 2x −tan2x=cos

2

x+cos3x −1

cos2x

2.Giải hệ phương trình:

2

2

1

( )

x y xy y

y x y x y

    



   

 , ( ,x yR).

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:

3

2

log 3ln

e x

I dx

x x







Câu IV (1 điểm)Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có cạnh AB = AD = a, AA' = a

góc BAD = 600 Gọi M N trung điểm cạnh A'D' A'B' Chứng minh AC' vng góc với mặt phẳng

(BDMN) Tính thể tích khối chóp A.BDMN Câu V (1 điểm)

Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a b c 1   Chứng minh rằng:

7 ab bc ca 2abc

27

   

.

B PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần 2) 1.Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa ( điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ x + y – = 2x – y + = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

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

Câu VIIa (1 điểm)

Cho z1, z2 nghiệm phức phương trình 2z2 4z 11 0  Tính giá trị biểu thức

2

1

2

( )

z z

z z



 .

2 Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng:x3y 8 0, ' :3x 4y10 0 điểm

A(-2 ; 1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng , qua điểm A tiếp xúc với đường thẳng ’

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 VIIb (1 điểm) Giải hệ phương trình :

2

1 x y

1 x y

2log ( xy 2x y 2) log (x 2x 1) log (y 5) log (x 4) =

 

 

        

 

  



ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Năm 2010

Câu Ý Nội dung Điểm

I 1

2 PT hoành độ giao điểm x3 + 3x2 + mx + =  x(x2 + 3x + m) = 0 m = 0, f(x) = 0 0.25

Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = có nghiệm phân biệt x1, x2 khác

y’(x1).y’(x2) = -1 0.25

Hay 12 22

9 4m 0,f (0) m

(3x 6x m)(3x 6x m)

   

 

    



2 2 2

1 2 2 2

9

m , m m , m

4

9(x x ) 18x x (x x ) 3m(x x ) 36x x 6m(x x ) m 4m 9m

 

   

 

  

             

 

0.25

Giải ta có ĐS: m =

9 65 

0.25 II ĐK cosx ≠ 0, pt đưa

2 2

cos 2x tan x cos x (1 tan x)      2cos x cos x -1 0  0.5

Giải tiếp cosx = cosx = 0,5 đối chiếu đk để đưa ĐS:

2

x k2 , x k2 ; hay x k

3

 

     

0.5

y 0 , ta có:

2 2

2 2

2 x

x y y

x y xy 4y

y(x y) 2x 7y x

(x y)

y

 

  



     



 

    

    

 

0.25

Đặt

2 x

u , v x y y



  

ta có hệ: 2

u v u v v 3, u

v 2u v 2v 15 v 5, u

     

  

 

  

      

   0.25

+) Với v 3, u 1  ta có hệ:

2 2 x 1, y 2

x y x y x x

x 2, y x y y x y x

 

          

  

     

      

   .

0.25

+) Với v5, u 9 ta có hệ:

2 2

x 9y x 9y x 9x 46

x y y x y x

         

 

  

     

   , hệ

vô nghiệm

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

0.25

III

e e e

2

3

2 2

1 1

ln x

log x ln ln x ln xdx

I dx dx

ln x

x 3ln x x 3ln x 3ln x

 

 

 

  

  

   0.25

Đặt

2 2 dx

1 3ln x t ln x (t 1) ln x tdt

3 x

      

Đổi cận …

Suy

 

 

2

e 2

2

3

2

1 1

1 t

log x 3 1

I dx tdt t dt

ln t 9ln x 3ln x



   



   0.25

2

3

1

1

t t

9ln 27 ln

 

    

  0.25

IV Chứng tỏ AC’ BD 0.25

C/m AC’ PQ, với P,Q trung điểm BD, MN Suy AC’ (BDMN) 0.25

Tính chiều cao AH , với H giao PQ AC’ Nếu dùng cách hiệu thể

tích phải cách tính 0.25

Tính diện tích hình thang BDMN Suy thể tích cần tìm là:

3 3a

16 .

0.25 V Ta có ab bc ca 2abc a(b c) (1 2a)bc a(1 a) (1 2a)bc           Đặt t= bc ta

có

2

(b c) (1 a) t bc

4

 

   

.Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t đoạn

2 (1 a) 0;        0.5

Có f(0) = a(1 – a)

2

(a a)

4 27

 

  

2

(1 a) 1

f (2a ) a

4 27 3 27

    

    

   

   

  với a 0;1

0,25

Vậy

7 ab bc ca 2abc

27

   

Đẳng thức xảy a = b = c = 1/3 0.25 VIa Gọi C = (c; 2c+3) I = (m; 6-m) trung điểm BC

Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c) Vì C’ trung điểm AB nên: 2m c 11 2m 2c

C ' ; CC'

2

   

 

 

  nên

2m c 11 2m 2c

2( ) m

2

   

    

5 41 I ( ; )

6   

Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0 Tọa độ C nghiệm hệ:

2x y 14 37

C ;

3x 3y 23 3

                 0.5

Tọa độ B =

19 ; 3     

  0.5

2

Ta có: AB (2; 2; 2), AC (0; 2; 2).  

                           

Suy phương trình mặt phẳng trung trực

AB, AC là: x y z 0, y z 0.       0.25

Vectơ pháp tuyến mp(ABC) nAB, AC (8; 4; 4).                             

Suy (ABC):

2x y z   1 0. 0.25

Giải hệ:

x y z x y z y 2x y z z

                      

  Suy tâm đường tròn I(0; 2;1)

0.25

VII

a Giải pt cho ta nghiệm:

3

z i,z i

2

    0.5

Suy

2

1 2

3 22

| | | | ;

2

z z     z z 

 

0.25

Đo

2

1

2

11

4

( )

z z

z z



 

 0.25

VIb Tâm I đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) 0.25

Theo yc k/c từ I đến ’ k/c IA nên ta có

2

2 3( 3t 8) 4t 10

( 3t 2) (t 1)

   

     



0.25

Giải tiếp t = -3 0.25

Khi I(1; -3), R = pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 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  …. 0.25

M thuộc mp: 2x + 2y + z – = nên ta có hệ, giải hệ x = 2, y = 3, z = -7 0.25 VII

b

+ Điều kiện:

2

xy 2x y 0, x 2x 0, y 0, x (I) x 1, y

           



     

 . 0.25

1 x y x y

1 x y x y

2log [(1 x)(y 2)] 2log (1 x) log (y 2) log (1 x) (1)

(I)

log (y 5) log (x 4) = log (y 5) log (x 4) = 1(2)

   

   

         

 

 

   

     

 

 

0.25

Đặt log2 y (1 x) t  (1) trở thành:

2

t (t 1) t t

       

Với t 1 ta có: 1 x y 2    yx (3). Thế vào (2) ta có:

2

1 x x x

x x

log ( x 4) log (x 4) = log 1 x x 2x

x x

  

   

           

 

x x

    

 Suy ra:

y y

  



 .

0.25

+ Kiểm tra thấy có x2, y 1 thoả mãn điều kiện

Vậy hệ có nghiệm x2, y 1 0.25

A B

D P

M N

Q

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MƠN TỐN

(Thời gian làm bài: 180phút) ĐỀ 2

A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y 2x 3 3(2m 1)x 26m(m 1)x 1  có đồ thị (Cm)

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến khoảng (2;+∞)

Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:2cos3x(2cos 2x 1) 1 

b) Giải phương trình :

2

(3x 1) 2x 5x x

    

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3ln

3 x

dx I

( e 2) 





Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụABC.A’B’C’có đáy tam giác cạnha, hình chiếu vng góc A’

lên măt phẳng(ABC) trùng với tâm Ocủa tam giácABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết

khoảng cách AA’ BC a

4 Câu V (1 điểm)

Cho x,y,z thoả mãn số thực: x2 xy y 1.Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức

4 2 x y P

x y

 



 

B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH

Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn

Câu VIa (2 điểm)

a)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

b) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC)

Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:(z2 z)(z 3)(z 2) 10   ,zC.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao

Câu VIb (2 điểm)

a Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3 x y  0 cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích nhau

b.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

1

x y z

d :

3

  

 

 

x y z

d :

1

 

 

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2

Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log x 2) 9log x 22   

ĐÁP ÁN

Câu I Nội dung Điểm

a) Học sinh tự làm

0,25 b) y 2x 3 3(2m 1)x 26m(m 1)x 1  y ' 6x2 6(2m 1)x 6m(m 1)

     

y’ có  (2m 1) 2 4(m2m) 0 

0,5

x m y '

x m  

    



Hàm số đồng biến (2;+∞) ⇔ y ' 0  x ⇔ m 2  ⇔ m 1

0,25

0,25

Câu II a) Giải phương trình:2cos3x(2cos 2x 1) 1  1 Điểm

PT ⇔ 2cos3x(4cos x 1) 12   ⇔ 2cos3x(3 4sin x) 1  0,25 Nhận xét x k , k Z   khơng nghiệm phương trình ta có:

2

2cos3x(3 4sin x) 1  ⇔ 2cos3x(3sin x 4sin x) sin x 

⇔ 2cos 3x sin 3x sin x ⇔ sin 6x sin x

0,25

⇔ 6x x m2

6x x m2

  



    



⇔

2m x

5 2m x

7  

  

 

  

 ;m Z

0,25

Xét 2m

5 



k ⇔ 2m=5k ⇔ m5t,t Z

Xét

2m 7

 



=k ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1&

m=7l+3, l Z

Vậy phương trình có nghiệm:

2m x

5  

(m 5t );

2m x

7

 

 

(m 7l 3  )

trong m, t,l Z

0,25

b)

Giải phương trình :

2

(3x 1) 2x 5x x

     1 Điểm

PT ⇔ 2(3x 1) 2x 21 10x 23x 6

2 2

2(3x 1) 2x 1 4(2x 1) 2x 3x 2 Đặt t 2x21(t 0) Pt trở thành 4t2 2(3x 1)t 2x  23x 0 

Ta có: ' (3x 1) 2 4(2x23x 2) (x 3)  

0,25

Ta có: ' (3x 1) 2 4(2x23x 2) (x 3)   Từ ta có phương trình có nghiệm :

2x x t ; t

2

 

 

Thay vào cách đăt giải ta phương trình có nghiệm: 60

x ;

2

   

 

  

 

 

0,5

Câu III

Tính tích phân

3ln

3 x

dx I

( e 2) 



 1 Điểm

Ta có

x 3ln 3 x x

2 3

e dx I

e (e 2) 





=

Đặt u=

x e ⇒

x

3du e dx ;x 0  u 1; x 3ln 2   u 2

0,25

Ta được:

2

2

3du I

u(u 2) 





=3

2

1 1

du 4u 4(u 2) 2(u 2)

 

 

 

 

 

 0,25

=3

2

1

1 1

ln u ln u

4 2(u 2)

 

  

 



 

0,25

¿3

4ln(

3

2)−

1

8 Vậy I ¿3

4ln(

3

2)−

1

0,25

Câu IV

Gọi M trung điểm BC ta thấy:

AM BC A 'O BC

 



   BC (A 'AM) Kẻ MHAA ',(do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.)

0,5

A

B

C

C’ B’

A’

H

Do

BC (A 'AM)

HM BC HM (A 'AM)

 

 



  .Vậy HM đọan vng góc chung của

AA’và BC,

3 d(AA',BC) HM a

4

 

Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có:

A 'O HM AO AH

⇔

suy

AO.HM a a a A 'O

AH 3a

  

Thể tích khối lăng trụ:

3 ABC

1 a a a

V A 'O.S A 'O.AM.BC a

2 12

   

0,5

Câu V 1.Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a b c 3   .Chứng minh

rằng:

3(a2b2c ) 4abc 132  

1 Điểm

Đặt

2 2 b c

f (a, b,c) 3(a b c ) 4abc 13; t 

     

*Trước hết ta chứng minh: f (a, b,c) f (a, t, t) :Thật

Do vai trò a,b,c nên ta giả thiết a b c  3a a b c

     hay a

f (a, b,c) f (a, t, t)  3(a2b2c ) 4abc 13 3(a2    2t2t ) 4at2  213

=

2 2

3(b c  2t ) 4a(bc t ) 

=

2

2 2(b c) (b c)

3 b c 4a bc

4

     

   

   

   =

2

2 3(b c)

a(b c)



 

=

2 (3 2a)(b c)

0

 



a

0,5

*Bây ta cần chứng minh: f (a, t, t) 0 với a+2t=3 Ta có f (a, t, t) 3(a 2t2t ) 4at2  213

=3((3 2t) 2t2t ) 4(3 2t)t2   213 = 2(t 1) (7 4t) 0   2t=b+c <

Dấu “=” xảy  t 1& b c 0    a b c 1   (ĐPCM)

0,5

2 Cho x,y,z thoả mãn số thực: x2  xy y 1.Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ biểu thức

4 2 x y P

x y

 



 

2

2

1 x xy y 2xy xy xy (x y) 3xy 3xy

     

   

Từ ta có

xy

  

0,25

Mặt khác x2 xy y  1 x2y2  1 xy

nên x4y4 x y2 22xy 1 đặt t = xy Vậy tốn trở thành tìm GTLN,GTNN

2

t 2t

P f (t) ; t

t

  

    



0.25

Tính

2

t 6

f '(t)

(t 2) t 6 2(l)

  

      

    0.25

Do hàm số liên tục [−

3;1] nên so sánh giá trị f ( )

3 

,f ( 2) , f (1) cho kết quả:

MaxP f ( 2) 6    ,

1 11 P f ( )

3 15

  

0.25

Câu VIa 1 Điểm

a) (Học sinh tự vẽ hình)

Ta có: AB  1; 2 AB



Phương trình AB là: 2x y 0      

I d : y x  I t; t

I trung điểm AC:C(2t 1; 2t) 0,5

Theo ra: ABC

S AB.d(C, AB) 2

  

⇔

6t 4 4 ⇔

t t

3      

Từ ta có điểm C(-1;0) C(

3;

8

3 ) thoả mãn

0,5

b) 1 Điểm

*Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H hình chiếu vng góc O lên (ABC), OH vng góc với

(ABC) nên OH / /n(2;1; 1)  

                         

;HABC

Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=

1

3 suy

2 1 H( ; ; )

*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔ H trung điểm OO’ ⇔

4 2 O '( ; ; )

3 

0,5

CâuVIIa Giải phương trình:(z2 z)(z 3)(z 2) 10

    ,zC. 1 Điểm

PT ⇔ z(z 2)(z 1)(z 3) 10     (z22z)(z22z 3) 0  Đặt t z 2z Khi phương trình (8) trở thành:

0,25

Đặt t z 22z Khi phương trình (8) trở thành

t2 3t 10 0 

0,25

z i t

t z

  

 

   

  

 

Vậy phương trình có nghiệm: z 1 6;z 1 i

0,5

Câu VIb a)

1 Điểm Viết phương trình đường AB: 4x 3y 0   AB 5

Viết phương trình đường CD: x 4y 17 0   CD 17

0,25

Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M (t;3t 5)  Ta tính được:

13t 19 11t 37 d(M, AB) ;d(M,CD)

5 17

 

 

0,25

Từ đó: SMABSMCD  d(M, AB).AB d(M,CD).CD

7 t t

3

   

 Có điểm cần tìm là:

7 M( 9; 32), M( ; 2)

3  

0,5

b) 1 Điểm

Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đường thẳng d1, d2 hai điểm A

và B ta ln có IA + IB ≥ AB AB ≥d d ,d 2 dấu xảy I

là trung điểm AB AB đoạn vuông góc chung hai đường thẳng d1, d2 0, 25

Ta tìm A, B : AB u

AB u '

 

 

  

                           

 

Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)

0,25

 AB (….)…  A(1; 2; -3) B(3; 0; 1) I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) bán kính R=

Nên có phương trình là:  

2 2 2

CâuVIIb Giải bất phương trình

x(3log x 2) 9log x 22    1 Điểm

Điều kiện:x 0

Bất phương trình ⇔ 3(x 3) log x 2(x 1)  

Nhận thấy x=3 không nghiệm bất phương trình

0.25

TH1 Nếu x 3 BPT ⇔

3 x

log x

2 x

 



Xét hàm số:

3 f (x) log x

2 

đồng biến khoảng (0;+∞)

x g(x)

x  

 nghịch biến khoảng (3;+∞)

*Với x 4 :Ta có

f (x) f (4) g(x) g(4)

  



    Bpt có nghiệm x>4

* Với x 4 :Ta có

f (x) f (4) g(x) g(4)

  



    Bpt vô nghiệm

0,25

TH :Nếu x 3  BPT ⇔

3 x

log x

2 x

 



3 f (x) log x

2 

đồng biến khoảng (0;+∞)

x g(x)

x  

 nghịch biến khoảng (0;3)

*Với x 1 :Ta có

f (x) f (1) g(x) g(1)

  



    Bpt vô nghiệm

* Với x 1 :Ta có

f (x) f (1) g(x) g(1)

  



    Bpt có nghiệm 0 x 1 

0,25

Vậy Bpt có nghiệm x x

 

   

0,25