Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2 ).. 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa2[r]
(1)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
2x+cos3x −1
cos2x
2.Giải hệ phương trình:
2
2
1
( )
x y xy y
y x y x y
, ( ,x yR). 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' =
3
a
và 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:
ab bc ca 2abc 27
B PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh làm hai phần (phần 1 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 tròn 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)1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng:x3y 8 0,
':3x 4y 10
và 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) =
,
(x, yR)
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) = 0.25
Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = có nghiệm phân biệt x1, x2 khác
và y’(x1).y’(x2) = -1 0.25
Hay 12 22
9 4m 0,f (0) m
(3x 6x m)(3x 6x m)
2 2
1 2 2 2
2
9
m , m
4
9(x x ) 18x x (x x ) 3m(x x ) 36x x 6m(x x ) m
9
m , m
4
4m 9m
0.25
Giải ta có ĐS: m =
9 65
8
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
(3)
2
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 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 v5, 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 … 0.25
Suy
2
e 2
2
3
2
1 1
1 t 1
log x 3 1
I dx tdt t dt
ln t ln
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 .
(4)t= bc ta có
2
(b c) (1 a)
0 t bc
4
.Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t đoạn (1 a) 0;
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
1 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
I ( 41; )
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) nAB, 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 Bán kính R IA ( 0) 2(0 2) 2(1 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
(5)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)
3
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
1
t (t 1) t
t
Với t 1 ta có: 1 x y 2 yx (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 x2, y 1 thoả mãn điều kiện trên.
Vậy hệ có nghiệm x2, y 1 . 0.25
A B
D P
M N
Q
(6)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MƠN TỐN
(Thời gian làm bài: 180 phút) ĐỀ 2
A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y 2x 3 3(2m 1)x 26m(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
2
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3ln
3 x
dx I
( e 2)
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giácABC Tính thể tích khối lăng trụABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ BC
a
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 ,zC. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
(7)
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
…… HẾT ĐÁP ÁN
Câu I Nội dung Điểm
a) Học sinh tự làm
0,25 b) y 2x 3 3(2m 1)x 26m(m 1)x 1 y ' 6x2 6(2m 1)x 6m(m 1)
y’ có (2m 1) 2 4(m2m) 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 không nghiệm phương trình cho nên ta có:
2
2cos3x(3 4sin x) 1 ⇔ 2cos3x(3sin x 4sin x) sin x ⇔ 2cos3x 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
k ⇔ 2m=5k ⇔ m5t,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 ) m, t, l Z
(8)b
) Giải phương trình :
2
(3x 1) 2x 5x x
2
1 Điểm
PT ⇔ 2(3x 1) 2x 21 10x 23x 6
2 2
2(3x 1) 2x 1 4(2x 1) 2x 3x 2 Đặt t 2x21(t 0) Pt trở thành 4t2 2(3x 1)t 2x 23x 0
Ta có: ' (3x 1) 2 4(2x2 3x 2) (x 3)
0,25
Pt trở thành 4t2 2(3x 1)t 2x 23x 0 Ta có: ' (3x 1) 2 4(2x2 3x 2) (x 3)
0,25
Từ ta có phương trình có nghiệm :
2x x
t ; t
2
Thay vào cách đăt giải ta phương trình có nghiệm:
1 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 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( 2)−
1
8
Vậy I ¿3
4ln( 2)−
1
0,25 Câu IV
C’ B’
A’
(9)Gọi M trung điểm BC ta thấy:
AM BC
A 'O BC
BC (A 'AM)
Kẻ MHAA ',(do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) 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
0,5
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(a2b2c ) 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(a2b2c ) 4abc 13 3(a2 t2t ) 4at2 213 = 3(b2c2 2t ) 4a(bc t )2
=
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)
a
0,5 A
B
C
(10)*Bây ta cần chứng minh: f (a, t, t) 0 với a+2t=3 Ta có f (a, t, t) 3(a 2t2t ) 4at2 213
=3((3 2t) 2t2t ) 4(3 2t)t2 213 = 2(t 1) (7 4t) 0 2t=b+c < 3
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 , nhỏ biểu thức
4 2
x y
P
x y
Từ giả thiết suy ra:
2
2
1 x xy y 2xy xy xy
1 (x y) 3xy 3xy
Từ ta có
1
xy
0,25
Mặt khác x2 xy y 1 x2y2 1 xy
nên x4y4 x y2 22xy 1 đặt t = xy Vậy tốn trở thành tìm GTLN,GTNN
2
t 2t
P f (t) ; t
t
0.25
Tính
t
6
f '(t)
(t 2) t 6 2(l)
0.25
Do hàm số liên tục [−13;1] nên so sánh giá trị f ( )
3
,
f ( 2) ,f (1) cho kết quả:
MaxP f ( 2) 6 ,
1 11
min 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:
(11)
I d : y x I t; t I trung điểm AC:C(2t 1;2t)
Theo ra: ABC
1
S AB.d(C, AB)
2
⇔
6t 4 4 ⇔
t t
3
Từ ta có điểm C(-1;0) C( 53;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=00.25 *Gọi H hình chiếu vng góc O lên (ABC), OH vng góc với
(ABC) nên OH / /n(2;1; 1) ;HABC
Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 13 suy
2 1
H( ; ; )
3
0,25
*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
,zC. 1 Điểm
PT ⇔ z(z 2)(z 1)(z 3) 10 (z22z)(z22z 3) 0
Đặt t z 22z Khi phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt t z 22z 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
(12)
13t 19 11t 37
d(M, AB) ;d(M,CD)
5 17
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 B ta ln có IA + IB ≥ AB AB ≥d d ,d 2
dấu xảy I trung điểm AB AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1, d2 0, 25
Ta tìm A, B :
AB u AB u '
Ad1, Bd2 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: x 2 2(y 1) 2(z 1) 6 0,25 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
(13)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