Đề Toán - Thi thử Đại học - lần 3

Câu IV 1 điểm Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng ABC trùng với tâm O của tam giác ABC.. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SIN[r]

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2x3  3(2m 1)x2  6m(m 1)x 1 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  3ln Câu III (1 điểm)  I Tính tích phân x 3 dx (3 e x  2)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: x2  xy  y2  1.Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức P x  y4  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: (z2  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 () : 3x  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4  y 1 1  z 5 2 d2 : x2  y 3  z 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 Câu I a) Học sinh tự làm 0,25 y  2x  3(2m 1)x  6m(m 1)x 1  y'  6x  6(2m  1) x  6m(m  1) b) 0,5 y’ có   (2m  1)  4(m  m)   y'   x  m x  m   0,25 Hàm số đồng biến trên 2;  y'  x   m    m  0,25 điểm Câu II a) Giải phương trình: cos 3x(2 cos 2x  1)  2 PT  cos 3x(4 cos x  1)   cos 3x(3  sin x)  Nhận xét x  k , k  Z không là nghiệm phương trình đã cho nên ta có: 0,25 0,25 cos 3x(3  sin x)   cos 3x(3sin x  sin x)  sin x  cos 3x sin 3x  sin x  sin x  sin x 2m x  6x  x  m2  ;mZ  6x    x  m2 x    2m  7 Xét Xét 2m    0,25  k  2m=5k  m  5t , t  Z 0,25 2m = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, lZ 2m  ( m  5t ); x   Vậy phương trình có nghiệm: x  2m ( m  7l  ) đó m, t, l  Z b) điểm 2 Giải phương trình : (3x  1) 2x   5x  x  2 0,25 PT  2(3x  1) 2x   10x  3x  2 2 2(3x  1) 2x   4(2x  1)  2x  3x  Đặt t  2x  1(t  0) 2 Pt trở thành 4t  2(3x  1)t  2x  3x   2 Ta có: '  (3x  1)  4(2x  3x  2)  (x  3) 2 Pt trở thành 4t  2(3x  1)t  2x  3x   2 Ta có: '  (3x  1)  4(2x  3x  2)  (x  3) Lop12.net 0,25 2x  x2 ;t  2 ta phương trình có Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t  Thay vào cách đăt giải các 0,5     60  nghiệm: x   ;    Câu III  Tính tích phân I  điểm dx 3ln x ( e  2) 0,25 x 3ln Ta c ó I   e dx x x 3 = e (e  2) x x Đặt u= e  3du  e dx ; x   u  1; x  3ln  u  3 Ta được: 1 1  I 1 u(u  2)2 =3 1 4u 4(u  2) 2(u2 2)du 3du 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 A’ C’ B’ H A C O M B AM  BC Gọi M là trung điểm BC ta thấy:   BC  ( A' AM ) A'O  BC  Kẻ MH  AA', (do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) BC  ( A' AM )  Do   HM  BC Vậy HM là đọan vông góc chung HM  ( A' AM ) Lop12.net 0,5 AA’và BC, đó d ( AA', BC)  HM  a A'O  AO Xét tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: HM 0,5 AH AO.HM a a a   AH 3a 3 1aa3 a Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.SABC  A' O.AM.BC  a 23 12 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  Chứng minh rằng: 2 3(a  b  c )  4abc  13  suy A' O  Câu V bc 2 Đặt f (a, b, c)  3(a  b  c )  4abc  13;t  *Trước hết ta chưng minh: f (a, b, c)  f (a, t, t) :Thật điểm 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)  2 2 2 3(a  b  c )  4abc  13  3(a  t  t )  4at  13 2 2 = 3(b  c  2t )  4a(bc  t ) 2  2 2(b  c)   (b  c)  3(b  c) =3b  c   a(b  c)   4abc  =     (3  2a)(b  c) =  a  *Bây ta cần chứng minh: f (a, t, t)  với a+2t=3 2 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  & b  c   a  b  c  1(ĐPCM) 2 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x  xy  y  1.Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức 4 P  x  y 1 2 x  y 1 Tõ gi¶ thiÕt suy ra: 2  x  xy  y  2xy  xy  xy  (x  y)  3xy  3xy Lop12.net 0,25 Từ đó ta có   xy  2 2 M¨t kh¸c x  xy  y   x  y  1 xy 4 2 nªn x  y  x y  2xy 1 ®¨t t=xy Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña  t  2t  P  f (t)  ;  t  t2 TÝnh f '(t)   1 t      (t  2) t    2(l) 0.25 Do hµm sè liªn tôc trªn   ;1 nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña 1 f ( ) , f (  2) , f (1) cho kÕt qu¶: 11 MaxP  f (  2)   , P  f ( )  15 Câu VIa a) 0.25 0.25 điểm (Học sinh tự vẽ hình)  Ta có: AB   1;2  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  AB.d (C, AB)   6t    t   t   0,5 0,5 58 Từ đó ta có điểm C(-1;0) C( ; ) thoả mãn 3 b) *Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 *Gọi H là hình chiếu vuông góc O l ên (ABC), OH vuông góc với điểm 0.25 0,25 (ABC) nên OH // n(2;1;1) ; H   ABC  21 Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= suy H ( ; ; ) 3 3 42 *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 2 PT  z(z  2)(z 1)(z  3)  10  (z  2z)(z  2z  3)  Đặt t  z  2z Khi đó phương trình (8) trở thành: Lop12.net 0,5 điểm 0,25 0,25 Đặt t  z  2z Khi đó phương trình (8) trở thành t  3t 10  t  2 z  1  i   t  z  1  Vậy phương trình có các nghiệm: z  1 ; z  1  i 0,5 điểm Câu VIb a) Viết phương trình đường AB: 4x  3y   và AB  0,25 Viết phương trình đường CD: x  y 17  và CD  17 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 Từ đó: S S MAB  t  9  t   d (M , AB).AB  d (M , CD).CD MCD 0,25 0,5 7  Có điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2) 3 điểm b) Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 hai điểm A và B đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ d d1, d2  dấu xảy I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung hai đường thẳng d1, d2 0, 25 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 ' 0,25  AB (….)… 0,25  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= Nên có phương trình là:  x  2  ( y  1)  (z  1)  Giải bất phương trình x(3log x  2)  log x  2 CâuVIIb Điều kiện: x  Bất phương trình  3( x  3) log x  2(x  1) 0,25 điểm 0.25 Nhận thấy x=3 không là nghiệm bất phương trình TH1 Nếu x  BPT  log x  x 1 x 3 Lop12.net 0,25 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)  3 *Với x  :Ta có   Bpt có nghiệm x  g(x)  g(4)   f (x)  f (4)  3 * Với x  :Ta có   Bpt vô nghiệm g(x)  g(4)   x 1 TH :Nếu  x  BPT  log x  x 3 f (x)  log x đồng biến trên khoảng 0; x 1 g(x)  nghịch biến trên khoảng 0;3 x3 f (x)  f (1)  0 *Với x  1:Ta có   Bpt vô nghiệm g(x)  g(1)   f (x)  f (1)  0 * Với x  1:Ta có   Bpt có nghiệm  x  g(x)  g(1)   0,25 Vậy Bpt có nghiệm x  0  x   0,25 Chú ý:Các cách giải khác cho kết đúng đươc điểm tối đa Lop12.net