Đề Toán - Thi thử Đại học - lần 4

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần 1 hoặc 2 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa.. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.[r]

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D Năm 2010 Môn thi: Toán 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 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) cos2 x  cos3 x  1.Giải phương trình: cos 2x  tan x  cos2 x Giải hệ phương trình:   x2  y2  xy 1  y 2  y(x  y)  2x  y  , (x, y  R) Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   e log32 x x 1 3ln2 x dx Câu IV (1 điểm) a vµ gãc BAD = 600 Gäi M vµ N lÇn l-ît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh A'D' vµ A'B' Chøng minh AC' vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (BDMN) TÝnh thÓ tÝch khèi chãp A.BDMN Câu V (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = 27 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: ab  bc  ca  2abc  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) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức phương trình 2z  4z 11  Tính giá trị biểu thức z z 2 (z1  z2 )2 Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3y   ,  ' :3x  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 Câu VIIb (1 điểm) 2 log1x ( xy  2x  y  2)  log2y (x2  2x 1)  , (x, y  R) Giải hệ phương trình :  =1 log1x ( y  5)  log2 y ( x  4) tavi -Lop12.net ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D Năm 2010 Câu Ý Nội dung I 2 PT hoành độ giao điểm x 3+ 3x + mx + =  x(x + 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)(3x2  6x2  m)  1  m  , m   9(x1x2 ) 18x1x2 (x1  x2 )  3m(x1  x2 ) 2 36x12x2  6m(x1  x2 )  m  1 II  m  , m   2  4m  9m 1   Giải ta có ĐS: m =  65 2 ĐK cosx ≠ 0, pt đưa cos 2x  tan x  1 cos x  (1 tan x)  cos x  cos x -1  Giải tiếp cosx = và cosx = 0,5 đối chiếu đk để đưa ĐS: 2 2 x  k 2 , x    k 2 ; hay x  k 0.25 0.25 0.5 0.5  x 1  x  y  y x 1 (x  y)  7 y  2   x  y  xy   y  y  , ta có:   2  y(x  y)  2x  y   0.25 x 1  uv   u  4v  v  3, u  Đặt u  , v  x  y ta có hệ:    y v  2u  v 2v 15  v  5, u  0.25 +) Với v  3, u  ta có 2 x   y  x   y  x  x    x  1, y  hệ:      x  y   y  3 x  y  3 x  x  2, y  2 x   y x 1  y x  9x  46  +) Với v  5, u  ta có hệ:  , hệ này   x  y  5 y  5  x y  5  x    vô nghiệm KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (x; y)  {(1; 2), (2; 5)} III e I log2 x  e  ln x    ln   x 1 3ln x dx x 1 3ln x 2 0.25 0.25 e dx  ln x 1 ln 3ln x ln xdx x dx 2 Đặt 1 3ln x  t  ln x  (t 1)  ln x  tdt Đổi cận … x e 2 t 1 Suy I  1 x 1log 3ln2 x x dx  ln13 1  t  13 tdt  ln13 1 t 1 dt 0.25 0.25 0.25 IV 1   t t    9ln   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 Lop12.net 0.25 0.25 0.25 0.25 Tính đúng diện tích hình thang BDMN Suy thể tích cần tìm là: 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 2 0.5  (1 a) (1 a) có  t  bc   Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn 0;  4  (a  1 a) Có f(0) = a(1 – a)    và 4 27 0,25  (1 a) 2 1   f với a 0;1    (2a  )  a      27   27   0.25 Vậy ab  bc  ca  2abc  Đẳng thức xảy a = b = c = 1/3 27 Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6-m) lµ trung ®iÓm cña BC Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c) V× C’ lµ trung ®iÓm cña AB nªn:  2m  c  11 2m  2c  2m  c  11 2m  2c C'  ; ) 30m  CC ' nªn 2( 0.5 2 2   (b  c) VIa 3a3 16 41  I  ( ; ) Ph-¬ng tr×nh BC: 3x – 3y + 23=0 6 VII a 2x  y    14 37  Tọa độ C là nghiệm hệ:  C ;  3 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 1  0, y  z   0.5 0.25 Vectơ pháp tuyến mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4) Suy (ABC):   2x  y  z 1  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  0.25 2 (1 0)  (0  2)  (11)  Giải pt đã cho ta các nghiệm: z1   32 32 i, z2  1 i 0.5 32 22        Suy | z1 || z2 | 2 ; z1  z2  2 11 (z1 z 2) Tâm I đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến  ’ k/c IA nên ta có 3(3t  8)  4t  10 2  (3t   2)  (t 1) 2 4 Giải tiếp t = -3 2 Khi đó I(1; -3), R = và pt cần tìm: (x – 1) + (y + 3) = 25 Ta có AB  (2; 3; 1), AC  (2; 1; 1)  n  (2; 4; 8) là vtpt (ABC) Đo đó VIb z1  z2   Lop12.net 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 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 VII b 0.25 0.25 0.25 xy  2x  y   0, x  2x 1  0, y   0, x   + Điều kiện:  (I ) 0  1 x  1,   y  0.25 2log1x[(1 x)( y  2)]  2log2 y (1 x)  log1x ( y  2)  log2 y (1  x)   (1) (I )    =1 = (2) log1x ( y  5)  log2 y (x  4) log1x ( y  5)  log2 y (x  4) 0.25 Đặt log2 y (1 x)  t thì (1) trở thành: t     (t 1)   t  t Với t  ta có: 1 x  y   y  x 1 (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  x  2 Suy ra: y    + Kiểm tra thấy có x  2, y  thoả mãn điều kiện trên Vậy hệ có nghiệm x  2, y  0.25 0.25 B A P D N Q M Lop12.net