Đề thi thử đại học khối A - B – D. Năm 2010. Môn thi: Toán

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 bằng 2.. Tìm toạ độ đỉnh C.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D Năm 2010 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) Khảo sát biến thiên và 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 các tiếp tuyến (Cm) D và E vuông góc với Câu II (2 điểm) cos x  cos x  1.Giải phương trình: cos x  tan x  cos x  x  y  xy   y Giải hệ phương trình:  , ( x, y   ) 2  y( x  y)  x  y  e Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   log 32 x x  3ln x dx a và góc BAD = 600 Gọi M và N là trung điểm các cạnh A'D' và 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 là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: ab  bc  ca  2abc  27 Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = B PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa ( điểm) 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’ là x + y – = và 2x – y + = Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và 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) 2 z  z2 Cho z1 , z2 là các nghiệm phức phương trình 2z  4z  11  Tính giá trị biểu thức ( z1  z2 )2 2 Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  y   ,  ' :3 x  y  10  và điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’ 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) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – = cho MA = MB = MC 2 log1 x ( xy  2x  y  2)  log 2 y (x  2x  1)  Câu VIIb (1 điểm) Giải hệ phương trình :  , (x, y  ) =1 log1 x (y  5)  log 2 y (x  4) Lop12.net Câu I ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Năm 2010 Ý Nội dung PT hoành độ giao điểm x3 + 3x2 + mx + =  x(x2 + 3x + m) =  m = 0, f(x) = Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = có nghiệm phân biệt x1, x2 khác và y’(x1).y’(x2) = -1 Điểm 0.25 0.25 9  4m  0,f (0)  m  Hay  2 (3x1  6x1  m)(3x  6x  m)  1 9   m  , m  m  , m    4 9(x x )  18x x (x  x )  3m(x  x )  36x x  6m(x  x )  m  1 4m  9m     2 2 2  65 ĐK cosx ≠ 0, pt đưa 0.25 Giải ta có ĐS: m = II 0.25 cos 2x  tan x   cos x  (1  tan x)  2cos x  cos x -1  0.5 Giải tiếp cosx = và cosx = 0,5 đối chiếu đk để đưa ĐS: x  k2, x   2 2  k2; hay x  k 3  x2 1 xy4   x  y  xy   4y y  y  , ta có:   2  y(x  y)  2x  7y  (x  y)  x    y  uv4  u  4v  v  3, u  x 1 , v  x  y ta có hệ:  Đặt u    y  v  2u   v  2v  15   v  5, u  0.5 0.25 0.25 +) Với v  3, u  ta có hệ: III x   y x   y x  x    x  1, y        x   2, y  x  y  y   x y   x     0.25  x   9y  x   9y  x  9x  46  +) Với v  5, u  ta có hệ:  , hệ này   x  y   y    x y    x    vô nghiệm KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y )  {(1; 2), (2; 5)} 0.25  ln x  e e e   log x ln x ln xdx ln   I dx   dx   2 ln 1  3ln x x x  3ln x x  3ln x dx Đặt  3ln x  t  ln x  (t  1)  ln x  tdt Đổi cận … x 0.25 0.25 Lop12.net 2  t  1 1 Suy I   dx   tdt  t  1 dt   ln t ln 1 x  3ln x e log 32 x 0.25 1    t t  3 ln   27 ln Chứng tỏ AC’  BD C/m AC’  PQ, với P,Q là trung điểm BD, MN Suy AC’  (BDMN) Tính đúng chiều cao AH , với H là giao PQ và AC’ Nếu dùng cách hiệu các thể tích thì phải cách tính 3a Tính đúng diện tích hình thang BDMN Suy thể tích cần tìm là: 16 IV 0.25 0.25 0.25 0.25 Ta có ab  bc  ca  2abc  a(b  c)  (1  2a)bc  a(1  a)  (1  2a)bc Đặt t= bc thì ta V có  t  bc   (1  a)  (b  c) (1  a)  Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn 0;   4  Có f(0) = a(1 – a)  VIa 0.25 (a   a)   và 4 27  (1  a)2  1  1 với a   0;1 f  (2a  )  a       27 3 27     Vậy ab  bc  ca  2abc  Đẳng thức xảy a = b = c = 1/3 27 Gọi C = (c; 2c+3) và I = (m; 6-m) là trung điểm BC Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c) Vì C’ là trung điểm AB nên:  2m  c  11  2m  2c  2m  c  11  2m  2c C'   ; ) 3 0 m     CC ' nên 2( 2 2   41  I  ( ; ) Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0 6 2x  y    14 37  Tọa độ C là nghiệm hệ:  C ;   3  3x  3y  23   19  Tọa độ B =   ;   3   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      Vectơ pháp tuyến mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4) Suy (ABC): 2x  y  z 1  0.5 0,25 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25  x  y  z 1  x    Giải hệ:  y  z     y  Suy tâm đường tròn là I(0; 2;1) 2x  y  z    z    0.25 Bán kính là R  IA  (1  0)  (0  2)  (1  1)  0.25 Lop12.net VII a Giải pt đã cho ta các nghiệm: z1   3 i, z   i 2 0.5 3  22 Suy | z1 || z2 |   ; z1  z2    2   0.25 2 Đo đó VIb VII b z1  z2 2   11 ( z1  z2 ) Tâm I đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) B P Theo yc thì k/c từ I đến  ’ k/c IA nên ta có C 3(3t  8)  4t  10  (3t   2)  (t  1) 32  42 N Giải tiếp t = -3 Khi đó I(1; -3), R = và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25    Ta có AB  (2; 3; 1), AC  (2; 1; 1)  n  (2; 4; 8) là vtpt (ABC) Suy pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = hay x + 2y – 4z + = M(x; y; z) MA = MB = MC  … M thuộc mp: 2x + 2y + z – = nên ta có hệ, giải hệ x = 2, y = 3, z = -7  xy  2x  y   0, x  2x   0, y   0, x   + Điều kiện:  (I) 0   x  1,   y  0.25 A D 0.25 Q M 2log1 x [(1  x)(y  2)]  2log  y (1  x)  log1 x (y  2)  log  y (1  x)   (1) (I)    = log1 x (y  5)  log  y (x  4) = (2) log1 x (y  5)  log  y (x  4) Đặt log 2 y (1  x)  t thì (1) trở thành: t     (t  1)   t  t Với t  ta có:  x  y   y   x  (3) Thế vào (2) ta có: x  x  log1 x ( x  4)  log1 x (x  4) =  log1 x 1   x  x  2x  x4 x4  x0  y  1 Suy ra:    x  2  y 1 + Kiểm tra thấy có x  2, y  thoả mãn điều kiện trên Vậy hệ có nghiệm x  2, y  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Lop12.net ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) ĐỀ A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2x3  3(2m  1)x  6m(m  1)x  có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;  Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: cos 3x(2 cos 2x  1)  b) Giải phương trình : (3x  1) 2x   5x  x  3ln Câu III (1 điểm) Tính tích phân I  dx ( e x  2) Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ và BC là a Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x  xy  y  Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức x  y4  P x  y2  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) và trung điểm I AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C b) Trong không gian Oxyz, cho các 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: (z  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 () : x  y   cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : x  y 1 z  x 2 y3 z   d2 :   1 2 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log x  2)  log x  …… HẾT Lop12.net ĐÁP ÁN Nội dung Câu I a) Điểm Học sinh tự làm 0,25 y  2x3  3(2m  1)x  6m(m  1)x   y '  6x  6(2m  1)x  6m(m  1) b) 0,5 y’ có   (2m  1)  4(m  m)   x  m y'    x  m 1 Hàm số đồng biến trên 2;   y '  x   m    m  Câu II a) Giải phương trình: cos 3x(2 cos 2x  1)  0,25 0,25 Điểm PT  cos 3x(4 cos x  1)   cos 3x(3  4sin x)  0,25 Nhận xét x  k, k  Z không là nghiệm phương trình đã cho nên ta có: 0,25 cos 3x(3  4sin x)   cos 3x(3sin x  4sin x)  sin x  cos 3x sin 3x  sin x  sin 6x  sin x  x  6x  x  m2   6x    x  m2 x   2m ;mZ  2m  7 0,25 2m  k  2m=5k  m  5t , t  Z 0,25  2m Xét  = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, 7 lZ 2m  2m Vậy phương trình có nghiệm: x  ( m  5t ); x   ( m  7l  ) 7 đó m, t, l  Z Xét b) Giải phương trình : (3x  1) 2x   5x  x  PT  2(3x  1) 2x   10x  3x  Điểm 0,25 2(3x  1) 2x   4(2x  1)  2x  3x  Đặt t  2x  1(t  0) Pt trở thành 4t  2(3x  1)t  2x  3x   Ta có:  '  (3x  1)  4(2x  3x  2)  (x  3) Pt trở thành 4t  2(3x  1)t  2x  3x   0,25 Ta có:  '  (3x  1)  4(2x  3x  2)  (x  3) Lop12.net 2x  x2 ;t  2 Thay vào cách đăt giải ta phương trình có các nghiệm: 0,5 Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t   1   60  x ;    Câu III 3ln Tính tích phân I   Ta c ó I   ( e x  2) 0,25 x 3ln e dx x x Điểm dx = e (e  2) x x Đặt u= e  3du  e dx ; x   u  1; x  3ln  u  2 Ta được: I   3du 1 =3    2 1  4u 4(u  2) 2(u  2) du u(u  2) 0,25 0,25 1  1 =3  ln u  ln u    2(u  2)  4 3 ln( )  3 Vậy I  ln( )   0,25 Câu IV C’ A ’ B’ H C A O M 0,5 B Gọi M là trung điểm BC ta thấy: AM  BC    BC  (A ' AM) A 'O  BC  Lop12.net Kẻ MH  AA ', (do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) BC  (A ' AM)  Do   HM  BC Vậy HM là đọan vuông góc chung HM  (A ' AM)  AA’và BC, đó d(AA',BC)  HM  a Xét tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: A 'O HM  AO AH 0,5 AO.HM a a a   AH 3a 1aa a3 a Thể tích khối lăng trụ: V  A 'O.SABC  A 'O.AM.BC  23 12 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  Chứng minh1 Điểm rằng: 3(a  b  c )  4abc  13  suy A 'O  Câu V bc *Trước hết ta chứng minh: f (a, b, c)  f (a, t, t) :Thật Đặt f (a, b, c)  3(a  b  c )  4abc  13; t  0,5 Do vai trò a,b,c nên ta có thể giả thiết a  b  c  3a  a  b  c  hay a  f (a, b, c)  f (a, t, t)  3(a  b  c )  4abc  13  3(a  t  t )  4at  13 = 3(b  c  2t )  4a(bc  t )  2 2(b  c)   (b  c)  3(b  c)  a(b  c) = b  c    4a  bc  = 4     = (3  2a)(b  c)  a  *Bây ta cần chứng minh: f (a, t, t)  với a+2t=3 0,5 Ta có f (a, t, t)  3(a  t  t )  4at  13 2 2 = 3((3  2t)  t  t )  4(3  2t)t  13 = 2(t  1) (7  4t)  2t=b+c < Dấu “=” xảy  t  1& b  c   a  b  c  (ĐPCM) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x  xy  y  Tìm giá trị lớn , nhỏ biểu thức x  y4  P x  y2  Từ giả thiết suy ra: Lop12.net  x  xy  y  2xy  xy  xy 0,25  (x  y)  3xy  3xy Từ đó ta có   xy  Mặt khác x  xy  y   x  y   xy nên x  y   x y  2xy  đặt t = xy Vậy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN  t  2t  P  f (t)  ;  t 1 t2 Tính f '(t)   1  0.25 t   0 (t  2)  t    2(l) Do hàm số liên tục trên  0.25 1  ;1 nên so sánh giá trị f ( ) , f (  2) , 3 f (1) cho kết quả: 11 MaxP  f (  2)   , P  f ( )  15 Câu VIa a) 0.25 Điểm (Học sinh tự  vẽ hình) Ta có: AB   1;   AB  Phương trình AB là: 2x  y   I   d  : y  x  I  t; t  I là trung điểm AC: C(2t  1; 2t) Theo bài ra: SABC t   AB.d(C, AB)   6t     t   0,5 0,5 Từ đó ta có điểm C(-1;0) C( ; ) thoả mãn 3 b) Điểm *Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H là hình chiếu  vuông góc O lên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên OH / /n(2;1; 1) ; H   ABC  Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 0,25 1 suy H( ; ;  ) 3 3 Lop12.net 0,5 2 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm OO’  O '( ; ;  ) 3 CâuVIIa Giải phương trình: (z  z)(z  3)(z  2)  10 , z  C PT  z(z  2)(z  1)(z  3)  10  (z  2z)(z  2z  3)  Điểm 0,25 Đặt t  z  2z Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25 Đặt t  z  2z Khi đó phương trình (8) trở thành t  3t  10   t  2  z  1  i   t   z  1  0,5 Vậy phương trình có các nghiệm: z  1  ; z  1  i Câu VIb a) Điểm Viết phương trình đường AB: 4x  3y   và AB  0,25 Viết phương trình đường CD: x  4y  17  và CD  17 b) Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t;3t  5) Ta tính được: 13t  19 11t  37 d(M, AB)  ;d(M, CD)  17 0,25 Từ đó: SMAB  SMCD  d(M, AB).AB  d(M, CD).CD 7  t  9  t   Có điểm cần tìm là: M(9; 32), M( ; 2) 3 0,5 Điểm Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đường thẳng d1, d2 hai điểm A và B đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ d  d1 , d  dấu xảy I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung hai đường thẳng d1, d2 Ta tìm A, B :    AB  u    Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) AB  u '   AB (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) 0, 25 0,25 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= Nên có phương trình là:  x    (y  1)  (z  1)  0,25 10 Lop12.net CâuVIIb Giải bất phương trình x(3log x  2)  log x  Điều kiện: x  Bất phương trình  3(x  3) log x  2(x  1) Nhận thấy x=3 không là nghiệm bất phương trình x 1 TH1 Nếu x  BPT  log x  x 3 Xét hàm số: f (x)  log x đồng biến trên khoảng 0;  x 1 g(x)  nghịch biến trên khoảng 3;  x 3 f (x)  f (4)   *Với x  :Ta có   Bpt có nghiệm x  g(x)  g(4)  3 f (x)  f (4)   * Với x  :Ta có   Bpt vô nghiệm g(x)  g(4)  3 TH :Nếu  x  BPT  x 1 log x  x 3 Điểm 0.25 0,25 0,25 log x đồng biến trên khoảng 0;  x 1 g(x)  nghịch biến trên khoảng 0;3 x 3 f (x)  f (1)   *Với x  :Ta có   Bpt vô nghiệm g(x)  g(1)   f (x)  f (1)   * Với x  :Ta có   Bpt có nghiệm  x  g(x)  g(1)   f (x)  x  Vậy Bpt có nghiệm  0  x  0,25 Chú ý:Các cách giải khác cho kết đúng đươc điểm tối đa 11 Lop12.net