2 de thi thu Dai hoc mon Toan va dap an tham khao12

Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.[r]

Đề 1

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D Năm 2010. Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút.

Ngày 20 tháng năm 2010. A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm); ( 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

x+cos3x −1

cos2x

Giải hệ phương trình:

2

2

( )

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







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

a

vµ gãc BAD = 600 Gäi M vµ N

lần lợt trung điểm cạnh A'D' A'B' Chứng minh AC' vuông 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

27

ab bc ca   abc

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

1

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

x y

x y

xy x y x x

y x

 

 

        

 

  



ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D Năm 2010

Câu Ý Nội dung Điểm

I 1

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

(3 )(3 )

m f m

x x m x x m

   

 

    



2 2 2

1 2 2 2

9

, ,

4

9( ) 18 ( ) ( ) 36 ( )

m m m m

x x x x x x m x x x x m x x m m m

                            0.25

Giải ta có ĐS: m =

9 65



0.25 II ĐK cosx ≠ 0, pt đưa cos 2x tan2x 1 cosx (1 tan 2x) 2cos2x cos -1 0x 

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

2

2 , ; hay

3

x k  x  k  x k 

0.5

2

0

y , ta có:

2 2

2 2

2

4

( )

( )

x

x y y

x y xy y

y x y x y x

x y y                            0.25 Đặt 1 , x

u v x y

y



  

ta có hệ: 2

4 3,

2 15 5,

u v u v v u

v u v v v u

     

  

 

         

   0.25

+) Với v3,u1ta có hệ:

2 2 1, 2

1

2,

3 3

x y

x y x y x x

x y

x y y x y x

                                . 0.25

+) Với v5,u9ta có hệ:

2 1 9 1 9 9 46 0

5 5

x y x y x x

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

3

2

3

2 2

1 1

ln

log ln ln .ln

ln

1 3ln 3ln 3ln

e e e

x

x x xdx

I dx dx

x

x x x x x

 

 

 

  

  

2

3

1

1

9ln 3t t 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 16 a 0.25

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

có

2

( ) (1 )

4

b c a

t bc  

   

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

2 (1 ) 0; a        0.5

Có f(0) = a(1 – a)

2

( )

4 27

a  a

  

2

(1 ) 1

(2 )

4 27 3 27

a

f     a a  

   

  với a 0;1

0,25

Vậy

7

27

ab bc ca   abc

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

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

2 11 2

' ; '

2

m c m c

C      CC

  nªn

2 11 2

2( )

2

m c m c

m          41 ( ; ) 6 I

Phơng trình BC: 3x – 3y + 23=0

Tọa độ C nghiệm hệ:

2 14 37

;

3 23 3

x y C x y                  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  1 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:

1 0

3

2 1

x y z x

y z y

x y z z

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

  Suy tâm đường trịn I(0; 2;1)

0.25

Bán kính R IA  ( 0)  2(0 2) 2(1 1)  0.25 VII

a Giải pt cho ta nghiệm:

3

1 ,

2

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( 8) 10

( 2) ( 1)

t t

t t

   

     



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

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

2 0, 0, 0,

( ) 1,

xy x y x x y x

I

x y

           



     

 . 0.25

1 2

1 2

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) log ( 2) log (1 ) (1) ( )

log ( 5) log ( 4) = log ( 5) log ( 4) = (2)

x y x y

x y x y

x y x y x

I

y x y x

   

   

         

 

 

   

     

 

 

0.25

Đặt log2y(1 x)t (1) trở thành:

2

2 ( 1)

t t t

t

       

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

2

1 1

4

log ( 4) log ( 4) = log 1

4

x x x

x x

x x x x x

x x

  

   

           

 

0

x x

 

  

 Suy ra:

1

y y

 

 

 .

0.25

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

Vậy hệ có nghiệm x2, y1 0.25

A B

D P

Đề 2

Sở GD-ĐT Thái Bình Kỳ thi thử Đại học năm 2010.

Trường THPT Tây Thụy Anh Mơn Tốn : Thời gian làm 180 phút

A /Phần chung cho tất thí sinh ( điểm ) Câu I : ( điểm ).

Cho hàm số y = x3 + ( – 2m)x2 + (2 – m )x + m + (Cm) 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

2 Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hồnh độ cực tiểu nhỏ Câu II : ( điểm ).

1 Giải phương trình: sin 2x 2 2(sinx+cosx)=5

2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm : 2x2 mx  3 x. Câu III : ( điểm ).

Tính tích phân sau :

2

3

1

.

x

I dx

x x

 





Cho hệ phương trình :

3 ( )

1

x y m x y

x y

   



 



Tìm m để hệ có nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) cho x1;x2;x3 lập thành cấp số cộng d 0 Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1

Câu IV : ( điểm ).

Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :1

x y z

 

; d2

1 2 1

x t

y t

z t

  

  

   

và điểm M(1;2;3)

1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2. 2.Tìm A d B d 1;  2 cho AB ngắn

B.

PHẦN TỰ CHỌN: ( điểm ).

( Thí sinh làm câu Va Vb sau đây.) Câu Va

Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - =

.Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình

2.Tìm hệ số x6 khai triển

3

1 n

x x

 



 

  biết tổng hệ số khai triển

bằng 1024 Câu Vb.

Giải bất phương trình :

2

1

5 x 5x

 > 24.

2.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC tam giác cạnh a .A’ cách điểm A,B,C Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ.

Sở GD-ĐT Thái Bình Kỳ thi thử Đại học năm 2010

Trường THPT Tây Thụy Anh Mơn Tốn : Thời gian làm 180 phút

ĐÁP ÁN

Câu Ý Nội dung Điểm

I 200

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = 1,00 Với m = ta y = x3 – 3x2 +

a ;Tập xác định : D = R 0,25

b ; Sự biến thiên Tính đơn điệu …… Nhánh vô cực……

j

o

4 + 

- 

+ 0 - 0 +

2

0 + 

- 

y y' x

0,25

c ; Đồ thị :

+ Lấy thêm điểm

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-15 -10 -5 10 15 0,25

2 Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hồnh độ cực tiểu nhỏ 1,00 Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu thỏa mãn ĐK sau :

+ y’ =0 có nghiệm pbiệt x1 < x2   ' 4m2 m 0

 m < - m >

5

0,25

0,25

+ x1 < x2 < ( Vì hệ số x2 y’ mang dấu dương )

 …  ' 4 2 m … 

21 15

m

0,25

Kết hợp ĐK ta được… Đáp số m    ; 1

5 ;

 

 

  0,25

II 2,00

1

1.Giải phương trình: sin 2x 2 2(sinx+cosx)=5 ( I ) 1,00

Đặt sinx + cosx = t ( t  2)  sin2x = t2 -  ( I ) 0,25

 t2 2t 0  t 2) 0,25

+Giải phương trình sinx + cosx =  2 …  cos(x 4) 

 

+ Lấy nghiệm 0,25

Kết luận :

2

x  k 

( kZ) dạng khác 0,25

2

 hệ

2

2x x 6x

3 m x x       

 có nghiệm nhất 0,25

 x2 + 6x – = -mx (1)

+; Ta thấy x = nghiệm

0,25

+ ; Với x 0 (1) 

2 6x 9 x

m x

 



Xét hàm số :

f(x) =

2 6x 9 x

x

 

 ;3 \ 0   có f’(x) = 2 x x 

>  x

0,25

+ , x =  f(3) = , có nghiệm – m >  m < - 6 0,25

III 2,00

1

Tính tích phân sau :

2 1 . x I dx x x     2 1 . x I dx x x     = 2 1 x x d x x    = 1 ( ) d x x x x    

= -

2 ln(x )

x  = … = ln ( Hoặc 2 1 . x I dx x x     = 2 1 2x x d x x          =……) 1,00 0,25 0,50 0,25 2

2.Cho hệ phương trình :

3 ( )

1

x y m x y

x y        

Tìm m để hệ có nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) cho x1;x2;x3 lập thành cấp số cộng d 0.Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1

3 ( )

x y m x y

1,00



1

( )

x y y x

x x x m

 

  



 

 



     

 

Trước hết ( )x phải có nghiệm pbiệt x1 ; x2 

3

4

m m

     

Có thể xảy ba trường hợp sau theo thứ tự lập thành cấp số cộng

+Trường hợp :



; x1 ; x2

+Trường hợp : x1 ; x2 ;



+Trường hợp : x1 ;



; x2

0,25

Xét thấy Trường hợp ;2 không thỏa mãn Trường hợp ta có

1

1

x x x x m

 

 

 

 với m >

3

Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > ta cần có thêm điều kiện sau

2

1

1 3

2

m

x      m   m

Đáp số : m >

0,25

IV

Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :1

x y z

 

; d2

1 2 1

x t

y t

z t

  

  

   

và điểm M(1;2;3)

1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2.

+ Phương trình mặt phẳng chứa M d1 … Là (P) x + y – z = + Mp(Q) qua M vng góc với d2 có pt 2x – y - z + =

2,00

0,25

0,25

+ Tìm giao d2 với mp(Q) H(-1 ;0 ;1)

…  Điểm đối xứng M’ M qua d2 M’(-3 ;-2 ;-1)

0,25

0,25 2.Tìm A d B d 1;  2 cho AB ngắn

Gọi A(t;t;2t) B(-1-2t1 ;-t1 ;1+t1) AB ngắn đoạn vng góc chung hai

đường thẳng d1 d2 0,50



1

2

AB v AB v

 

 

 



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

 

……. tọa độ

3 ; ; 35 35 35

A 

 

1 17 18 ; ; 35 35 35

B  

 

0,50

1

-2

Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - = Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình

x + y +1 = Xác định tọa độ B C

M

C B

H

A

+AC qua A vng góc với BH có VTPT làn(3;1)



AC có phương trình 3x + y - =

+ Tọa độ C nghiệm hệ AC CM

 

 …… C(4;- 5)

+

2

;

2

B B

M M

x y

x y

 

 

; M thuộc CM ta

2

1

2

B B

x y

 

  

+ Giải hệ

2

1

2

3

B B

B B

x y

x y

 



  

 

   

 ta B(-2 ;-3)

0,25

0,25

Tính diện tích ABC

+ Tọa độ H nghiệm hệ

14

3 5

3x 7

5

x x y

y

y

  

  

 



 

  

  

 

… Tính BH = 10

5 ; AC = 2 10

Diện tích S =

1 10

.2 10 16

2AC BH 2  ( đvdt)

0,25

0,25

3

1 n

x x

 



 

+ ;   10 10 10

3

10

1

k k k

k o

x C x

x x





   

 

   

     ; …….

Hạng tử chứa x6 ứng với k = hệ số cần tìm 210

0,25

0,25

Vb 2,00

1

1 Giải bất phương trình :

2

1

5 x 5 x

 > 24 (2)

(2)     

2 2

5 5x 24 5x

  

 5x2  5 x2 > 1

1

x x



 

  

1,00

0,5

2 2.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC tam giác cạnh a .A’ cách điểm A,B,C Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ.

-G N

M

C

B A

B'

C' A'

Từ giả thiết ta chop A’.ABC chop tam giác A AG' là góc cạnh bên đáy

 A AG' = 600 , … AG = 3

a ;

Đường cao A’G chop A’.ABC đường cao lăng trụ Vậy A’G = 3

a

.tan600 = 3

a

3= a

…… Vậy Thể tích khối lăng trụ cho V =

3

1 3

2

a a

a a

1,00

-0,25

0,25

0,25 0,25