De thi thu Dai hoc mon Toan va dap an

Biết rằng độ dài trục lớn của elip gấp 4 lần bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi ABCD và khoảng cách giữa 2 đường chuẩn của elip bằng 5 5.. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ta[r]

(1)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2011 – 2012

ĐỀ THI MƠN: TỐN KHỐI A,B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số

y x





3

mx



4

m

1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m =

2 Cho đường thẳng



3sin cos5

4sin -1 cos

x x

 



2.Giải hệ phương trình:

1

- 3

( , )

2



   

 

 

   

 

x x y

y x y R

x y y

Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân

2

0

(

)

x

x e

dx

x e





Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a, tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi M, N, P trung điểm SB, BC,

AD Biết mặt phẳng (MNP) tạo với mặt phẳng (SAB) góc a với

21 os

7

c a =

, tìm thể tích khối chóp S.MNP tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Câu V: (1,0 điểm) Xét số thực không âm a, b, c thỏa mãn a b c+ + =1 Tìm giá trị lớn biểu thức: M =ab bc ca+ + - 2abc

Câu VI (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình tắc elip có đỉnh A, B, C, D đỉnh hình thoi Biết độ dài trục lớn elip gấp lần bán kính đường trịn nội tiếp hình thoi ABCD khoảng cách đường chuẩn elip bằng5

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC Biết đỉnh A (1, 2, 5), đường cao BH có phương trình :

3

2

x- =y- =z

, đường trung tuyến CN có phương trình:

4 2

1

x- =y- =z

, viết

phương trình đường thẳng BC

Câu VII (1,0 điểm) Cho phương trình :

2

2 2

log ( 3) log log ( )

2 x m x m x m  Tìm m để phương trình có nghiệm x R .

(2)

-Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên:……… SBD:………

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2011 – 2012

ĐỀ THI MƠN: TỐN KHỐI A, B

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

I-1 (1điểm)

1 Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 3x2 + 4 + TXĐ: R

+Giới hạn tiệm cận:

3

4

lim

1

x 

y

x





















0,25

+ Sự biến thiên: y’ = 3x2 6x =  x = x = 2 Hàm số đồng biến trên: (; 0) (2; +)

Hàm số nghich biến trên: (0; 2)

Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT =

0,25

LËp BBT:

0,25

Đồ thị:

0,25

4

+

∞



∞



+

0

+

y

’



∞

2

+

∞

y

0

x

0

y

(3)

I-2 (1điểm)

2/ Với m > ta thấy : y’ = 3x2 6mx = 

0

2

x

m





 



0,25

Khi hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0), A điểm cực đại 0,25

3 ( , )B ( , )A 2.4

d   d   m m 0,25

Giải ta có:

1

2

m



II-1

(1 điểm)

Điều kiện

:

x

k



  

PT

x c

x

0,25

3sin 3 2sin cos5 cos 3(sin 1) 2sin 2sin sin (sin 1)(2sin 3)

x x x x x x x x

x x

          

   

0,25

sin

2sin 3, (loai)

x

x k

x

 

 

    





0,25

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm pt

5

2 ;

6

x k  x  k 

0,25

II-2

(1 điểm)

Điều kiện

1

0; 0;

y x x y

y

    

0,25

Đặt

1

0;

      

a x b x y

y ta có hệ 2

3 (1) 5(2)   



  

a b

a b

Thay (1) vào (2)

2, 1,

 



   

a b

0,25

Với a = 2, b =

1

2 3,

5,

3 

    



  

  

    

x x y

y

x y

x y (thỏa mãn điều kiện)

0,25

Với a = 1, b =

1

1 10, 10

4 10, 10

3 



     



  

   

     

x x y

y

x y

x y (thỏa mãn đkiện)

Vậy hệ có nghiệm

(4)

III

(1 điểm)

Ta có

0

(

)

x

x e

dx

x e





=

1

0

.( 1)

x x

x xe x e

dx xe

 



0,25

Đặt t=x.ex

+1 ⇒dt=(x+1)exdx

0 1; 1

x  t  x  t e 

0,25

Suy

1

0

.( 1)

x x

x xe x e

dx xe

 



1

1 ( 1) e

t dt t 

 



1

1 1 e

dt t 

       



.

0,25



t



e

    

0,25

IV

(1 điểm)

S.MNP P.SMN P.SBC A.SBC

S.ABC S.ABCD

1

V

=V

= V

4

1

= V

4

8

Gọi H trung điểm AB suy SH⊥AB

Do (SAB)⊥(ABCD) suy SH⊥(ABCD)

2

1

3

SABCD ABCD

V = SH dt = SH a

0,25

Gọi E trung điểm CD, (MNP)//(SCD) suy ra:

· · ·

((MNP),(SAB))=((SCD SAB),( ))=ESH =a

tan tan

HE a

SH

a a

= =

với

2

1

tan

3 os

c a

a

= - =

nên

3

SH = a

3 S.MNP S.ABCD

1

V = V

8 48

a

=

0,25

Gọi O giao điểm AC, BD, dựng đường thẳng a qua O vng góc (ABCD) Gọi G trọng tâm tam giác SAB, dựng đường thẳng b qua G vng góc (SAB) Chứng minh a, b đồng phẳng cắt I tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD

0,25

Bán kính mặt cầu

2

R=SI=

3 2 3

a a

SG +GI = + =a

Diện tích mặt cầu

2

7

4

3

S= pổỗỗỗỗa ửữữữữ= pa

ữ

ỗố ứ

0,25

V

(5)

Đặt t = bc ta có

2

( ) (1 )

0

4

b c a

t bc +

-£ = £ =

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

2

(1 )

0;

a

é - ù

ê ú

ë û

0,25

Có f(0) = a(1 – a)

2

( )

4 27

a+ - a

£ = <

2

(1 ) 1(2 1)

4 27 3 27

a

fỗổốỗỗ - ứữữữữử= - a+ ỗốổỗỗa- ữữửữứ Ê vi mi a ẻ [0;1]

0,25

Vậy

7

27

ab bc ca+ + - abc£

Đẳng thức xảy a = b = c = 1/3 0,25

VI- 1 (1 điểm)

Giả sử elip có phương trình tắc :

2 2

x y

a +b = , a>b>0, c2=a2- b2

(1)

0,25

Theo đề ta có

2

2a 5 5

c = (2)

Từ (1), (2) suy 125(a2- b2)=4a4 (3)

0,25

Gỉa sử AC trục nhỏ elip, H hình chiếu O AB OH =2 a

Trong tam giác vng OAB có 2

1 1

OH =OA +OB suy 2

1

b =a (4)

0,25

Giải hệ hai phương trình (3) (4) a2 =

125 , b2 =

125 18

Elip có phương trình:

2

1

125 125

6 18

x + y =

0,25

VI-2

(1 điểm)

0,25

N trung điểm AB nên:

1 (3 ') 2(4 )

0

2 (6 ') 2(2 )

'

5 (1 ') 2(2 )

t t

t

t t

t

t t

ìï + - = +

ï ìï

ï ï =

ï + + = - Û

í í

ï ï =

-ï + + = + ïỵ

ïïỵ suy B(7,2, -1)

0,25

C(4+t, 2-4t, 2+t) AC(3+ -t, ,t t- 3)

uuur

vng góc BH nên: -2(3+t)+2(- 4t)+1(t-3) = suy t = - nên C(3,6,1)

(6)

Phương trình đường thẳng BC:

7

2

x- =y- =z+

- -

0,25

VII.

(1 điểm)

+ Với x > 0, đặt log2 x = t Khi phương trình (1) có dạng:

2( 3) 1

mt  m t m  t  2

1

2( 3)

t

mt m t m t t

  

       



2

2 1

4

( 3)

2

t t

m t t t t m

t t 

 

 



  

    

 

 

 (2)

0,25

+ Phương trình (1) có nghiệm (2) có nghiệm  Đường thẳng y = m cắt đồ thị f(t) =

2

4

2

t t t t



  miền [1; +)

0,25

+Ta có f’(t) =

2

6 12

( 3)

t t t t   

  , f’(t) = 

1 t t

   

 0,25

+BBT

t -1 +

f’(t) + -f(t)

5/2

Từ BBT suy phương trình có nghiệm < m  4

(7)

Trờng THPT Hậu lộc 2 đề thi thử đại học lần thứ I mơn Tốn(Khối A-B-D) -Năm học 2011-2012 Thời gian: 180 phút

I.PhÇn chung cho tất thí sinh

Câu I(Khối A;B:2 điểm, khèi D:3®iĨm) Cho hàm số

x y

x



 ,đồ thị đường cong (C). Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C) đến tiếp tuyến l ln nht

Câ

u II(2 điểm)

1 Giải hệ phương trình :

2

4

( 1) ( 1)

x y x y x x y y y      

     

2 Tìm nghiệm trênkho¶ng (0; ) phương trình :

2

4sin cos 2cos ( )

2

x

x x



   

Câu III(1 điểm). Tinh tớch phõn: I =

4

tan ln(cos ) cos

x x





d

C©u IV(1 ®iĨm) Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD hình thoi SA = x (0 < x < ) cạnh cịn lại

bằng Tính thể tích ca hỡnh chúp S.ABCD theo x

Câu V(1 điểm).Chứng minh r»ng nÕu 0  y x

1

x y y x

Đẳng thc xy no?

II.Phần riêng(3 điểm) Thí sinh làm hai phần A B. A Theo chơng trình chuẩn

Câu VIa(3 điểm).

1 Cho đường tròn (T): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = đường thẳng d: x+y −1=0 Xác định tọa độ đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (T) biết A  d

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:

1

:

2

x t

d y t

z t

   

 

  

 và

2:

1 x t

d y t

z t

  

     

 Lập phương trình mặt cầu có đường kính đoạn vng góc chung d1 v d2

3 Tìm phần thực số phức (1 )

n

z i sao cho log4



n





n



n

B Theo ch¬ng trình nâng cao (3 điểm)

Câu VIb(2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C1):x2 + y2 = 13 (C2):(x - 6)2 + y2 = 25cắt A(2; 3) Viết phương trình đường thẳng qua A cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài

2 Trong không gian víi hệ trục tọa độ Oxyz, cho đờng thẳng:

1

4

: ; :

3

    

   

 

x y z x y z

(8)

Trong tất mặt cầu tiếp xúc víi hai đờng thẳng d1 d2, viết phơng trình mặt cầu có bán kính nhỏ

nhÊt

3 Từ chữ số 0,1,2,3,4 lập đợc số tự nhiên có chữ số khác nhau? Tính tổng tất số tự nhiên

-HÕt -Chó ý: ThÝ sinh thi khèi D làm câu V.

Trng THPT Hu lc 2 Đáp án đề thi thử đại học lần thứ I mơn Tốn(Khối A-B-D) -Năm học 2011-2012

Thêi gian: 180 phót

Câu NỘI DUNG Điểm

I (2.0đ)

(1.0đ)

TXĐ : D = R\{1} 0.25

Chiều biến thiên

lim ( ) lim ( )

x  f x x   f x  nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số

1

lim ( ) , lim

x  f x  x   nên x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số y’ =

1 (x 1)

 

 0.25

Bảng biến thiên

1 +

-

1

-y y'

x - +

Hàm số nghịch biến ( ;1)và (1;)

Hàm số khơng có cực trị 0.25

c.Đồ thị:

Đồ thị nhận điểm I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25

x

O

1

y

(9)

2. (1.0đ)

Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến lớn

Phương trình tiếp tuyến d (C) M có dạng :

0

1

( )

( 1)

x

y x x

x x

  

 

2

0

1

0

( 1) ( 1)

x x y

x x

    

 

0.25

Ta có d(I ;d) =

4

1 1

( 1)  

 x

x

Xét hàm số f(t) =

( 0)

t t

t 

 ta có f’(t) =

2

4

2(1 )(1 )(1 ) (1 )

  

 

t t t

t t

0.25 f’(t) = t =

Bảng biến thiên

x 

f’(x) + -f(x) 2

Từ bảng biến thiên ta có d(I ;d) lớn t = hay

0

0 1

0 x x

x      



 0.25

+ Với x0 = ta có tiếp tuyến d có pt y = -x + Với x0 = ta có tiếp tuyến d có pt y = -x+4

0.25 II

(2,0đ) 1 (1,0đ)

1 Giải hệ phương trình : (I)

2 4

( 1) ( 1)

x y x y x x y y y      

     

(I)

     

 

       



2

x y x y

x y x y xy xy

§Ỉt S x y;P xy(S   4P) S2 x2y22xy x2y2 S2 2P

Vậy

 

 

    



    

   

 

 

 

2

P

S 2P S

I S

(10)

   

 

1

x y TH :

xy x, y nghiệm phương trình X20X 0 

Vậy hệ có nghiệm

x x      

 hay

x y             

x y

TH :

xy x,y nghiệm phương trình X2 X 0

  

 X 1hay X 2 Vậy hệ có nghiệm

x y    

 V

x y     

Tóm lại hệ Pt (I) có nghiệm

x y      

 V

x y      

 V

x y    

 V

     x y 0,5 2 (1đ)

2 Tìm nghiệm khoảng (0; ) phương trình :

2

4sin cos 2cos ( )

2

x

x x 

   

(1) (1)





3 cosx cos2x 1 cos 2x

2



 

        

 

(1)  2 cosx  cos2x sin 2x 

(1)  2 cosx cos2x sin 2x Chia hai vế cho 2:

(1)    

3

cosx cos2x sin 2x

2 cos 2x cos







 

     

 

 

  

 x5 k2 a x h2 b

18

Do x









5 17

x ,x ,x

18 18

      0,5 0,5 III (1,0đ) (1,0đ)

Tính tích phân: I =

4

tan ln(cos ) cos x x x x 



d

dt=-sinxdx , đổi cận: x=0 t=1 , x   t Từ 1 2 1 lnt lnt

I dt dt

t t





(11)

*Đặt ln ;

u t dv dt

t

 

1

;

du dt v

t t

  

Suy

1

2

1

ln ln

2

I t dt

t t t

 



*Kết

2

2 ln

2

I   

0,5 IV

1,0đ

Gọi O giao điểm AC BD Ta có

1 ( )

2 SBDCBD c c c  SO CO  AC Vậy tam giác SCA vuông S

2 1

 CA SC SA  x

Mặt khác ta có

2 2 2

AC BD AB BC CD AD

3 ( 3)

BD x do x

    

2

1

2

 SABCD  BD CO x  x

0,5

Gọi H hình chiếu S xuống (ABCD) Vì SB = SD nên HB = HD

 H  CA 0,25

Do tam giác SCA vuông S SH đường cao nên:

2 2 2

1 1

1 x SH

SH SC SA   x Vậy V =

2

1

( )

3SABCDSH 6x  x dvtt 0,25

V (1,0đ)

1,0đ

Chứng minh 0  y x

1

x y y x

Đẳng thức xảy nào? Ta có x 1   x x 2 (*)

1

x y y x x y y x

4

    

(1) Theo bất đẳng thức Cauchy (*) ta có:

1  21 

y x yx yx x y

4 4 VËy

1 x y y x

4

 

0,25 O

C

B

A D S

(12)

Dấu “= ’’xảy



  

  

 

    



 

 



2

0 y x x 1

x x 1

y

1

yx

0,75

VI.a (2,0đ)

1

(1,0đ) Cho đường tròn (T): x

2 + y2 – 8x + 6y + 21 = đường thẳng d:

x+y −1=0 Xác định tọa độ đỉnh hình vng ABCD ngoại tiếp (T) biết A  d

y

0 x

A D

–3 I

–5 B C

Đường trịn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R =

Tọa độ I(4, –3) thỏa mãn phương trình (d): x + y – = Vậy I  d Vậy AI đường chéo hình vng ngoại tiếp đường trịn (T), có bán kính R = 2.V× d song song với đường thẳng y=-x nên góc d Ox 450, hình vng ABCD có cạnh qua A song song với Ox

Hai đường thẳng x = x= tiếp tuyến (T ) nên: Hoặc A giao điểm đường (d) x =  A(2, –1) Khi A(2, –1)  B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1)

Hoặc A giao điểm đường (d) x = 6 A(6, –5) Khi A(6, –5)  B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5)

0,25

0,25 2

(1,0đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:

1

:

2

x t

d y t

z t

   

 

  

 và

2:

1 x t

d y t

z t

  

     

 Lập phương trình mặt cầu có đường kính đoạn vng góc chung d1 d2

Gọi M (1- t ; 2t ; -2 + t) d1, N(t’ ; 1+3t’ 1- t’) d2 Đường thẳng d1 có vecto phương u1 ( 1;2;1)



, đường thẳng d2 có vecto phương u2 (1;3; 1)



( ' 1;3 ' 1; ' 3) MN t t  t  t   t t



(13)

1

2

' 3

11 '

MN u t t

t t MN u

     





 

  

 

 

   

3 '

5 t t 

    

  

 Do M(

2 14 ; ; 5

 

), N(

3 14 ; ; 5 5). Mặt cầu đường kính MN có bán kính R =

2

MN 

tâm I(

1 14 ; ; 10 10

 ) có phương trình

2 2

1 14 1

( ) ( ) ( )

10 10

x  y  z 

0,25 3

(1,0đ) Tìm phần thực số phức  (1 ) n

z i : log4



n





n



n

Hàm số f(x) = log4



x





x





n





n



19 n .

w 2( os isin )

4

i c  

   

Với n = 19 áp dụng công thức Moavrơ ta có:

19 19 19 19 19 3

w ( 2) os i sin ( 2) os i sin

4 4

z   c      c    

   

Suy phần thực z :

 

19 3 19 2

2 os ( 2) 512

4

c   

0,5

0,5 VI.b

(2,0đ) 1 (1,0đ)

1.Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1):x2 + y2 = 13 (C2):(x - 6)2 + y2 = 25cắt tạiA(2; 3) Viết phương trình đường thẳng qua A cắt (C

1), (C2) theo hai dây cung có độ dài

Gọi giao điểm thứ hai đường thẳng cần tìm với (C1) (C2) M N Gọi M(x; y)( )C1  x2y2 13 (1) Vì A trung điểm MN nên N(4 – x; – y)

Do N ( )C2  (2x)2(6 y)2 25 (2)

Từ (1) (2) ta có hệ

2

13

(2 ) (6 ) 25

x y

   



   

 

Giải hệ ta (x = ; y = 3) ( loại) (x = 17 

; y =

5 ) Vậy M( 17 

; ) Đường thẳng cần tìm qua A M có phương trình : x – 3y + =

0.5

(14)

1 (1,0đ)

2

1

2

4

: ; : 3

3

x t

x y z

d d y t

z t   

   

    

  

 

Trong tất mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2, viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ

Đường thẳng d1 qua điểm M1(4; 1; -5) có véctơ phương u (3; 1; 2)  

Đường thẳng d2 qua điểm M2(2; -3; 0) có véctơ phương u' (1;3;1)





, ' 5; 5;10 , ( 2; 4;5) , ' 60

u u M M u u M M

          

   



    

        





, ' 60 60

,

5 ( 5) 10

, '    

   

    

    

  u u M M d d d

u u

Giả sử S(I; R) mặt cầu tiếp xúc với hai đường thẳng d1, d2 tương ứng hai điểm A B ta ln có IAd1, IBd2 IA + IB ≥ AB Suy 2R ≥ AB, dấu đẳng thức xảy I trung điểm AB AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1, d2

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

' '

   

 



 

 

 

 

   

AB u  AB u AB u AB u

Giải hệ tìm A(1; 2; -3) B(3; 0; 1) I(2; 1; -1).

Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) , bán kính R 6 nên có phương trình là:



x



y

z

     

0,25

2 (1,0đ)

2 Từ chữ số 0,1,2,3,4 lập số tự nhiên có chữ số khác nhau? Tính tổng tất số tự nhiên

4 3 2 1

4

Gọi số tự nhiê n cần lập n =a a a a a a 10 a10 a 10 a.10 a

Ta có cách chọn a4 ! cách xếp số cịn lại Vậy có 4.4 !=96 số n Có 24 số với số k (k=1,2,3,4) đứng vị trí a4

Có 18 số với số j ( j=1,2,3,4) đứng vị trí với i=0,1,2,3 Vậy tổng 96 số n là:

3

4

(1 4)[(24.10   18(10 10 10 10 )]2599980.

0,5

Chó ý

:

C©u I

:

Khèi A;B: ®iĨm

(15)

Trờng THPT Hậu lộc 2 đề thi thử đại học lần thứ II mơn Tốn(Khối A-B) -Năm học 2011-2012 Thời gian: 180 phút

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x 3 3mx23(m21)x m 3m (1) 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) ứng với m=1

2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị hàm số đến góc tọa độ O

√

Câu II (2 điểm):

Giải phương trình :

2

2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 os (2 )

c  c x

Giải phương trình :

2

1 2 2

2

log (5 ) log (5 ).log x   x x (5 ) log (2 x  x 5) log (2x1).log (5 ) x

Câu III (1 điểm): Tính tích phân

0

tan( ) os2x

x

I dx

c

 

 



Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy SA=a Gọi M,N trung điểm SB SD;I giao điểm SC mặt phẳng (AMN) Chứng minh SC vng góc với AI tính thể tích khối chóp MBAI

Câu V (1 điểm): Cho x,y,z ba số thực dương có tổng 3.Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

3(

) 2

P



x



y



z



xyz

B PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chọn hai phàn (phần 2) 1.Theo chương trình chuẩn:

Câu VIa (2 điểm):

Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) đường thẳng : 3x 4y 4 Tìm  hai điểm A B đối xứng qua I(2;5/2) cho diện tích tam giác ABC bằng15

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( ) :S x2y2z2 2x6y 4z 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá véc tơ v(1;6;2)



, vng góc với mặt phẳng( ) : x4y z 11 0 tiếp xúc với (S)

Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số x4trong khai triển Niutơn biểu thức : P (1 2x3 )x2 10 2.Theo chương trình nâng cao:

(16)

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp

2

( ) :

9

x y

E  

hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) Tìm (E) điểm C có hồnh độ tung độ dương cho tam giác ABC có diện tích lớn 2.Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( ) :S x2y2z2 2x6y 4z 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá véc tơ v(1;6;2)



, vng góc với mặt phẳng( ) : x4y z 11 0 tiếp xúc với (S)

Câu VIIb (1 điểm):

Tìm số nguyên dương n cho thoả mãn

2

0 2 121

2 1

n n

n n n n

C C C C

n n

    

 

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu NỘI DUNG Điêm

I

II

2 Ta có y, 3x2 6mx3(m21)

Để hàm số có cực trị PT y,0 có nghiệm phân biệt

 x2 2mx m 21 0 có nghiệm phân biệt    1 0,m

05

Cực đại đồ thị hàm số A(m-1;2-2m) cực tiểu đồ thị hàm số B(m+1;-2-2m)

025

Theo giả thiết ta có

2 2

2

3 2 m

OA OB m m

m   

      

  

Vậy có giá trị m m 3 2 m 3 2.

025

os4x+cos2x+ 3(1 sin ) os(4x+ ) os4x+ sin os2x+ sin

PT c x c

c x c x



 

     

 

  

05

sin(4 ) sin(2 )

6

18

2sin(3 ) osx=0

x=

x x

x k

x c

k

 



 

    



  

   

 

 Vậy PT có hai nghiệm x k

   

x 18 k

 

 

(17)

III

2 ĐK :

1

2

0 x x  

  

  

 .

Với ĐK PT cho tương đương với

2

2 2

2

log (5 )

log (5 ) 2log (5 ) 2log (5 ) log (2 1) log (2 1)

x

x x x x

x 

      



05

2

1 log (2 1)

1

log (5 ) 2log (2 1)

2

log (5 ) 2

x x

x x x x

x x

 

   

 

 

        



   

 

 

025

Kết hợp với ĐK PT cho có nghiệm x=-1/4 , x=1/2 x=2 025

2

6

2

0

tan( ) tan 1

4

os2x (t anx+1)

x x

I dx dx

c

  









,

2 tan x cos 2x

1 tan x  



025

Đặt

2

1

t anx dt= (tan 1)

cos

t dx x dx

x

   

0

1

6

x t

x  t      

05

Suy

1

3

0

1

( 1)

dt I

t t



  

 



.

025

Ta có

,( , )

,( )

AM BC BC SA BC AB AM SB SA AB

  

 

 

  AM SC (1)

Tương tự ta có AN SC (2)

Từ (1) (2) suy AI SC

(18)

IV

VIa

Vẽ IH song song với BC cắt SB H Khi IH vng góc với (AMB) Suy

1 ABMI ABM

V  S IH

Ta có

2

4 ABM

a

S 

2

2 2 2

1

2 3

IH SI SI SC SA a

IH BC a

BC SC  SC SA AC a  a     Vậy

2

1

3 36 ABMI

a a a

V  

05

Ta c ó:





2

3 ( ) 2( )

3 2( )

27 ( ) ( 3)

P x y z xy yz zx xyz

xy yz zx xyz x y z yz x

 

       

    

    

025

2

3

( )

27 (3 ) ( 3)

2

( 15 27 27)

2

y z

x x x



    

    

025

Xét hàm số f x( ) x315x2 27x27 , với 0<x<3

,( ) 3 30 27 0

9 x

f x x x

x        

 

Từ bảng biến thiên suy MinP=7  x  y z

05

1 Gọi

3 16

( ; ) (4 ; )

4

a a

A a   B  a 

Khi diện tích tam giác ABC

1

( )

2 ABC

S  AB d C    AB

05

2

5 (4 ) 25

0

a a

AB a

a   

 

        

  

Vậy hai điểm cần tìm A(0;1) B(4;4)

05

2 Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến ( ) n(1; 4;1)



025 Vì ( )P ( ) song song với giá v



nên nhận véc tơ np  n v(2; 1; 2)

  

làm vtpt Do (P):2x-y+2z+m=0

025 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d I(  ( )) 4P  

21 ( ( ))

3 m d I P

m  

   

 

(19)

VIIa

VIb

VIIb

Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 2x-y+2z-21=0 025

Ta có

10 10

2 10

10 10

0 0

(1 ) k(2 )k ( k k i2 3k i i k i) k

k k i

P x x C x x C C  x 

  

   



 

4

0

0 10

4

, k i

i i i

i k

k k k

i k N   

  

  



     

   

  

  

  

025

Vậy hệ số x4 là: C10424C C103 31 22 3C C102 22 23 8085. 025 Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0

Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi ta có

2

1

9

x y

 

và diện tích tam giác ABC

1 85 85

( ) 3

2 13 13

ABC

x y S  AB d C AB  x y  

05

2

85 170

3

13 13

x y

 

    

 

Dấu xảy

2

1 3

9 2

2

3

x y

x x y

y

 

 

 

 



 

  

  

 Vậy

3

( ; 2)

2 C

05

Xét khai triển (1x)n Cn0C x C x1n  n2 2 C xnn n Lấy tích phân vế cân từ đến , ta được:

1

0

3 2

2

1

n n

n

n n n n

C C C C

n n

 



    

 

05



2 1

0

1

2 2 121

2 2( 1) 2( 1)

3 243

n n n

n

n n n n

n

C C C C

n n n n

n

 



 

      

   

   

Vậy n=4 05

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III Môn Toán - Khối A, B Câu I (2 điểm):

1).Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số :

3x y

x

 

(20)

2).Tìm giá trị m để phương trình sau có nghiệm đoạn 0;3

      

sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) Câu II (2 điểm):

1).Tìm nghiệm





sin 3x sin x

sin 2x cos2x cos2x



 



2).Giải phương trình: 3x 34 3x 1 

Câu III (1 điểm): Cho chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng C, AC = 2, BC = Cạnh bên SA = vng góc với đáy Gọi D trung điểm cạnh AB

1).Tính góc AC SD;

2).Tính khoảng cách BC SD Câu IV (2 điểm):

1).Tính tích phân: I =

sin x cosx

2 dx

sin x 2cosx



 

 



2) a.Giải phương trình sau tập số phức C : | z | - iz = – 2i

b.Hãy xác định tập hợp điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn : < | z – | <

Câu V.a.( điểm ) Theo chương trình Chuẩn

1).Viết phương trình cạnh tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao đường phân giác qua đỉnh A, C : (d1) : 3x – 4y + 27 = (d2) : x + 2y – =

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng:

 

x d : y1 2t

z t   

     







x 3u d : y 2u2

z

  

     

a Chứng minh (d1) (d2) chéo

b Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính đoạn vng góc chung (d1) (d2)

3) Một hộp chứa 30 bi trắng, bi đỏ 15 bi xanh Một hộp khác chứa 10 bi trắng, bi đỏ bi xanh Lấy ngẫu nhiên từ hộp bi viên bi Tìm xác suất để bi lấy màu

Câu V.b.( điểm ) Theo chương trình Nâng cao

1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vng góc Oxy , xét tam giác ABC vng A, phương trình đường thẳng BC : 3x – y - = 0, đỉnh A B thuộc trục hoành bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC

2).Cho đường thẳng (d) : x = t, y =-1 ,z =-t ,mp (P) : x + 2y + 2z + = (Q) : x + 2y + 2z + = a Viết phương trình hình chiếu (d) (P)

b Lập ph.trình mặt cầu có tâm I thuộc (d) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q)

3) Chọn ngẫu nhiên tú lơ khơ Tính xác suất cho quân có 3quân thuộc ( ví dụ K )

(21)

21

Câu Nội dung Điểm

I 2.0đ

1 1,25đ

 Gọi M(x;y) (C) cách tiệm cận x = y = | x – | = | y – |

3x

x x



      

 





2 x

x        

 

Vậy có điểm thoả mãn đề : M1( 0; 2) M2(4; 6)

0,25

0.5

2

0.75đ Xét phương trình : sin

6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2)

2

3

1 sin 2x m sin 2x

4

 

     

 (1)

Đặt t = sin22x Với

2 x 0;

3 

 

  

  t





3t t



 với t





Nhận xét : với t





sin 2x t

sin 2x t sin 2x t

 

 



 

Để (2) có nghiệm thuộc đoạn 0;

3       thì



3

t ;1 t ;1

2

 

    

Dưa vào đồ thị (C) ta có : y(1)< 2m ≤ y(3/4)

7 2m

5

  

Vậy giá trị cần tìm m :

; 10

 

 

 

0,25

0,5

II 2,0đ

1

1,0đ sin 3x sin x sin 2x cos2x cos2x



 

 (1)

2cos2x.sin x

2cos 2x sin x



 

    

 

ĐK : sinx ≠  x k

 Khi x







 



 

 

x  

(22)