Đang tải... (xem toàn văn)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2).. 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa.[r]
(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 12 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 (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 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
vµ gãc BAD = 600 Gọi M N
lần lợt trung điểm cạnh A'D' A'B' Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN) Tính thÓ tÝch khèi chãp 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 4z11 0 Tính giá trị biểu thức
2
1
2
1
( )
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:x3y 8 0, ' :3x 4y10 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
(2)- tavi
-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, 0
,
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
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
2 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 v3,u1ta có hệ:
2 1 1 2 0 1, 2
2,
3 3
x y
x y x y x x
x y
x y y x y x
.
0.25
+) Với v5,u9ta 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
0.25
Đặt
2 2
1 3ln ln ( 1) ln
3
dx
x t x t x tdt
x
Đổi cận … 0.25
Suy
2
2
3
2
3
2
1 1
1
log 3 1
ln 9ln
1 3ln
e x t
I dx tdt t dt
t
x x
0.25
2
3
1
1
9ln 3t t 27 ln
(3)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 cđa AB nªn:
2 11 2
' ; '
2
m c m c
C CC
nªn
2 11 2
2( )
2
m c m c
m
5 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) 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) 0.25 VII
a Giải pt cho ta nghiệm:
3
1 ,
2
z i z i 0.5
Suy
2
1 2
3 22
| | | | ;
2
z z z z
0.25
Đo
2
1
2
1
11
4
( )
z z
z z
0.25
(4)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 log2y(1 x)t (1) trở thành:
2
2 ( 1)
t t t
t
Với t1 ta có: 1 x y yx1 (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 x2, y1thoả mãn điều kiện
Vậy hệ có nghiệm x2, y1 0.25
A B
D P
M N