Bài soạn De thi thu Dh lan 1 -Hau Loc 2

Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm): Câu I(2. đ) : 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) : 3 3 2y x x= − + . 2.Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A;B;C sao cho x A = 2 và BC= 2 2 Câu II (2. đ):1. Giải bất phương trình: )3(log53loglog 2 4 2 2 2 2 −>−− xxx 2.Tìm );0( π ∈ x thoả mãn phương trình: cotx-1= xx x x 2sin 2 1 sin tan1 2cos 2 −+ + . Câu II (1. đ) : Tính các tích phân sau : = + ∫ 1 1 3 0 x I dx x 1 2 I = 1 2 0 ln( 1) ( 2) x dx x + + ∫ Câu IV (1. đ) : Cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt víi AB = SA= a; AD = a 2 vµ SA ⊥ mp(ABCD). Gäi M,N lÇn lỵt lµ trung ®iĨm cđa AD vµ SC, I lµ giao ®iĨm cđa BM vµ AC. Chøng minh r»ng mp(SAC) ⊥ (SMB) . TÝnh thĨ tÝch khèi tø diƯn ANIB . Câu V (1. đ): Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn : x+ y +z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : xy yz zx P xy z yz x zx y = + + + + + . Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình Chuẩn: Câu VI A.(2. đ) : 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(3; 2) , các đường thẳng ∆ 1 : x + y – 3 = 0 và đường thẳng ∆ 2 : x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆ 1 và điểm C thuộc ∆ 2 sao cho tam giác ABC vng cân tại A. 2. Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng (∆): 2 z 2 2y 1 x = − = và mặt phẳng (α) x – y + z – 5 = 0. Viết phương trình tham số của đường thẳng (d) qua A(3; -1; 1) nằm trong (α) và hợp với (∆) một góc 45 o . CâuVIIA(1đ) Cho khai triển (1 + x + x 2 + x 3 ) 5 = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + …+ a 15 x 15 . Tìm hệ số a 10. B.Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.B(2. đ) : 1 Cho ®êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh : 2 2 4 4 4 0x y x y+ − − + = vµ ®êng th¼ng (d) cã ph¬ng tr×nh : x + y – 2 = 0 . Chøng minh r»ng (d) lu«n c¾t (C) t¹i hai ®iĨm ph©n biƯt A, B . T×m to¹ ®é ®iĨm C trªn ®êng trßn (C) sao cho diƯn tÝch tam gi¸c ABC lín nhÊt. 2.Trong khơng gian 0xyz cho 2 đường thẳng : (∆ 1 ):      −= = += tz ty tx 2 1 t ∈ R và (∆ 2 )      −= += = ' '1 0 tz ty x 't ∈ R Chứng minh rằng ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau .Viết phương trình đường vng góc chung của 2 đường thẳng ∆ 1 và ∆ 2 CâuVII.B(1. đ) : Cho khai triển ( ) x 1 3 x 1 2 2 8 1 log 3 1 log 9 7 5 2 2 − − − + +   +  ÷   . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224 ------------------------------------------------- HẾT------------------------------------------------- Thí sinh dự thi khối B& D khơng phải làm câu V. SỞ GD&ĐT THANH HỐ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN -Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa ở câu đó - Nếu thí sinh làm cả hai phần của phần tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn - Thí sinh thi khối D& B không phải làm câu V. Thang điểm dành cho câu I.1 và II.2 là 1.5 điểm Câu Điểm Câu I.1 (1đ) 1. (1.0 điểm) Khảo sát… y=x 3 -3x+2 TXĐ D=R y’=3x 2 -3; y’=0 ⇔ 1 1 x x =   = −  lim x y →±∞ = ±∞ 0,25 BBT x −∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 4 +∞ 0 −∞ 0,25 Hs đồng biến trên khoảng ( −∞ ;-1) và (1; +∞ ), nghịch biến trên (-1;1) Hs đạt cực đại tại x=-1 và y cđ =4, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và y ct =0 0,25 Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;2) và đi qua các điểm . Đồ thị nhận điểm A(0;2) làm tâm đối xứng 0,25 2(1. đ) Với 2 4 A A x y= ⇒ = . Phương trình đường thẳng ∆ đi qua ( ) 2;4A là : ( ) A A y k x x y= − + ( ) : 2 4y k x⇒ ∆ = − + Lập phương trình hoành độ giao điểm của (C) và ∆ : 0.25 SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút y x ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 4 2 2 1 0x x k x x x x k + = + + + = ( ) 2 2 2 1 x g x x x k = = + + iu kin cú BC : ( ) ' 0 2 0g > 0 9 k k > . -------------------------------------------------------------------------------------------------- Khi ú to ca ( ) ( ) 1 1 2 2 ; ; ;B x y C x y Tho món h phng trỡnh: ( ) 2 2 1 0 (1) 2 4 2 x x k y kx k + + = = + ( ) 2 1 1 2 ' 2x x k = = ( ) ( ) 2 1 2 1 2 2y y k x x k k = = ---------------------------------------------------------------------------------------------------- Do ú : Theo gi thit BC= 2 2 3 3 4 4 2 2 4 4 8 0 1k k k k k + = + = = Vy : y=x+2 0.25 0.25 0.25 Cõu II (2.0 im) 1. ĐK: > 03loglog 0 2 2 2 2 xx x Bất phơng trình đã cho tơng đơng với )1()3(log53loglog 2 2 2 2 2 > xxx đặt t = log 2 x, BPT (1) )3(5)1)(3()3(532 2 >+> tttttt 02.5 0.25 << << >+ > 4log3 1log 43 1 )3(5)3)(1( 3 1 2 2 2 x x t t ttt t t << < 168 2 1 0 x x Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: )16;8(] 2 1 ;0( 0,25 0.25 2.Tìm );0( x thoả mãn phơng trình: cot 1x = xx x x 2sin 2 1 sin tan1 2cos 2 + + . ĐK: + 1tan 02sin 0cossin 02sin x x xx x Khi đó pt xxx xx xx x xx cossinsin sincos cos.2cos sin sincos 2 + + = 0,25 0,25 xxxxxx x xx cossinsincossincos sin sincos 22 −+−= − ⇔ ⇔ )2sin1(sinsincos xxxx −=− ⇔ 0)1sincos)(sinsin(cos 2 =−−− xxxxx ⇔ 0)32cos2)(sinsin(cos =−+− xxxx ⇔ 0sincos =− xx ⇔ tanx = 1 )( 4 Zkkx ∈+=⇔ π π (tm) ( ) 4 0;0 π π =⇒=⇒∈ xkx KL: 0,25 0.25 CâuIII (1.0 điểm) ( ) 1 1 2 2 6 6 0 0 1 1 3 2 2 2 0 0 2 x 0 t 0 t.2tdt t dt Ñaët t x t x 2tdt dx Vaäy I 2 x 1 t 1 t 1 t 1 du t 0 u 0 2 1 3 Ñaët u t du 3t dt I 2 du t 1 u 1 u 1 3 1 u u 0 tgm 0 m 0 Ñaët u tgm m ; du 1 tg m dm 2 2 u 1 t = ⇒ = = ⇒ = ⇒ = = = = ⇒ = + + = ⇒ = = ⇒ = = = = ⇒ = + + = ⇒ = ⇒ =  π π    = ∈ − ⇒ = +  ÷  ÷ = ⇒     ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) 2 4 4 4 2 0 0 0 gm 1 m 4 1 tg m dm 2 2 2 I dm m 3 1 tg m 3 3 6 π π π π = ⇒ = + π   = = = =   +   ∫ ∫ 0,25 0.25 Đặt : ( ) 2 1 ln( 1) 1 1 2 2 u x du dx x dx dv v x x  = +  =    + ⇒   =   = − +   +  . ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 ln 1 0 2 1 2 dx x x x x   − + −   + + +   ∫ = - 1 3 l n2+I 1 I 1 = 1 1 1 0 0 0 1 1 4 ln ln 0 ( 1)( 2) 1 2 2 3 dx dx dx x x x x x x + = − = = + + + + + ∫ ∫ ∫ . Vậy I =- 1 3 ln2+ln 4 3 =… 0,25 0.25 Cõu IV (1.) Lời giải: Chọn hệ trục toạ độ Axyz nh hình vẽ. Khi đó ta có: A(0;0;0); B(a;0;0); D(0; a 2 ;0); S(0;0;a); C(a; a 2 ;0).M(0; 2 2 a ;0); N( 2 ; ; 2 2 2 a a a ) --------------------------------------------------------------------------------------------------- mp(SAC) có véctơ pháp tuyến ( ) 2 2 1 , 2; ;0n AS AC a a = = uur uuur uuur mp(SMB) có véctơ pháp tuyến 2 2 2 2 2 2 , ; ; 2 2 a a n SM SB a = = ữ ữ uur uuur uur 1 2 . 0 ( ) ( )n n mp SAC mp SMB= uur uur ------------------------------------------------------ b) Phơng trình đờng thẳng BM: 2 2 0 x a at a y t z = = = Phơng trình đờng thẳng AC: ' 2 ' 0 x at y a t z = = = 1 2 ; ;0 3 3 a I MB AC I a = ữ ữ --------------------------------------------------------------------------------------------------- Thể tích tứ diện ANIB là: 1 , . 6 ANIB V AN AB AI = uuur uuur uur = 2 2 3 1 2 2 2 0. . .0 6 3 3 2 2 36 a a a a a + = 0,25 0.25 0.25 0.25 Cõu V (1.) Gii: Do ( ) ( )( )xy z xy z x y z x z y z+ = + + + = + + ta cú: . xy x y xy z x z y z = + + + p dung BT cosi cho hai s : ; x y x z y z+ + ta c 1 . 2 x y x y x z y z x z y z + ữ + + + + .(1) ---------------------------------------------------------------------------------------------------- Lý lun tng t ta cng cú: 1 2 yz y z yz x x y x z + ữ + + + (2) 1 2 xz x z xz y x y y z + ữ + + + (3) --------------------------------------------------------------------------------------------------- 0.5 0.25 0.25 Cộng vế với vế các BĐT trênvà rút gọn ta sẽ được : 3 2 P ≤ . Dấu bằng xảy ra khi 1 3 x y z= = = . Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 3 2 khi 1 3 x y z= = = . Câu VIA (2.0 điểm) Chương trình chuẩn 1. (1.0 điểm) Theo giả thiết : B ∈ ∆ 1 ⇔ B(a; 3 –a) . C ∈ ∆ 2 ⇔ C(b; 9-b) Lại có ∆ ABC vuông cân tại A ⇔ 2 2 . 0AB AC AB AC  =   =   uuur uuur 0.25 ⇔ 2 2 2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1) 2a - 8a = 2b 20b 48 (2)   − +  a = 2 không là nghiệm của hệ trên. ------------------------------------------------------------------------------------ (1) ⇔ b = 5a - 8 a - 2 . Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 ---------------------------------------------------------------------------------------- Với a = 0 suy ra b = 4. B(0;3), C(4;5) Với a = 4 suy ra b = 6. B(4;-1), C(6;3) 0,25 0.25 0.25 2. (1.0 điểm) Gọi 2 2 2 u (a; b; c),(a b c 0)= + + ≠ r Là vectơ chỉ phương của (d) Vì (d) ( ) u n (1; 1; 1) a b c 0 (1) α ⊂ α ⇒ ⊥ = − ⇔ − + = r r ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Ta coù: 2 2 2 2 2 2 a 2b 2c 2 cos(u; u ) 2 a b c . 1 2 2 ∆ + + = = + + + + r r 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(a 2b 2c) 9(a b c ) 2(a 2a 2c 2c) 9[a (a c) c ] (do(1)) 15a 14c 30.a.c 0 c 0 hay c . 7 ⇔ + + = + + ⇔ + + + = + + + ⇔ + = ⇔ = = − ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Vôùi c = 0, choïn a = b = 1 ⇒ 1 (d ) :  = +  = − +   =  x 3 t y 1 t z 1 0,25 0.25 0.25 0.25 Vụựi 15a c , 7 = choùn = = = a 7 c 15;b 8 2 (d ) : = + = = x 3 7t' y 1 8t' z 1 15t' Vaọy, coự 2 phửụng trỡnh (d) : = + = + = x 3 t y 1 t z 1 V = + = = x 3 7t ' y 1 8t' z 1 15t' CõuVII A (1.0 im) Ta cú: Ta P(x) = [(1 + x)(1 + x 2 )] 5 = (1+x) 5 (1+x 2 ) 5 0.25 ( ) 5 5 5 5 2 2 5 5 5 5 0 0 0 0 . i k k i k i k i k i k i C x C x C C x + = = = = = 0.25 Theo gt ta cú 3 4 2 10 4 0 5, 2 0 5, 5 0 i k k i i k k N k i i N i k = = + = = = = = ------------------------------------------------------------------------------------------ a 10 = 0 5 2 4 4 3 5 5 5 5 5 5 . . . 101C C C C C C+ + = 0,25 0.25 Cõu VI.B (2.0 im) Chng trỡnh nõng cao 1. (1.0 im) (C) cú tõm I(2;2), bỏn kớnh R=2 Ta giao im ca (C) v (d) l nghim ca h: 2 2 0 2 2 0 4 4 4 0 2 0 x y x y x y x y x y = = + = + + = = = Hay A(2;0), B(0;2) 0,25 Hay (d) luụn ct (C ) ti hai im phõn bit A,B 0,25 Ta cú 1 . 2 ABC S CH AB= V (H l hỡnh chiu ca C trờn AB) ax CH max ABC S m V D dng thy CH max ( ) ( ) 2 C C C x = > V 0,25 Hay V : y = x vi : (2;2) d I V V V (2 2;2 2)C + + Vy (2 2;2 2)C + + thỡ ax ABC S m V 0,25 2. (1.0 im) H 4 A B I y x M 2 2 O C * Chỉ rỏ 2 đường thẳng chéo nhau 0,5 Cách 1: Gọi M(1+t; t; 2-t) )(d ∈ và N(0; 1+t’; -t’) )'(d ∈ sao cho MN là đoạn vuông góc chung của (d) và (d’). Ta có:      = = 0'. 0. uMN uMN ( ',uu lần lượt là vtcp của (d) và (d’)                −−⇒ − − ⇒ −= −= ⇔ −=+− −=+− ⇔ ) 2 1 ; 2 1 ;0( ) 2 5 ; 2 3 ;0( )3;1;0( 2 5 ' 1 3'22 2'23 MN N M t t tt tt          −= −−= = ⇒ tz ty x MNpt 2 1 3 2 1 1 0 :)( 0,25 0,25 Cách 2: Đường vuông góc chung của (d) và (d’) có vtcp: [ ] )1;1;0(', == ∆ uuu Gọi (P) là mp chứa (d) và song song với u (Q) là mp chứa (d’) và song song với u ⇒ đường vuông góc chung )( ∆ của (d) và (d’) là giao tuyến của (P) và (Q) (P) có vtpt: [ ] )1;1;2(, −−== ∆ uun P 042:)( =+−+−⇒ zyxPpt (Q) c ó vtpt: [ ] )0;0;2(', −== ∆ uun Q 0:)( =⇒ xQpt 0,25 Dễ thấy A(0; -1; 3) nằm trên giao tuyến của (P) và (Q)      += +−= = ∆⇒∆∈⇒ tz ty x ptA 3 1 0 :)()( 0,25 Câu VII.B (1.0 điểm) ( ) x 1 3 x 1 2 2 8 1 log 3 1 log 9 7 5 2 2 − − − + +   +  ÷   Ta có : ( ) k 8 8 k 8 k k 8 k 0 a b C a b = − = + = ∑ với ------------------------------------------------------------------------------------------- ( ) ( ) ( ) x 1 3 x 1 2 2 1 1 1 log 3 1 log 9 7 x 1 x 1 5 3 5 a 2 9 7 b 2 3 1 = ; − − − + − + − − = + = = + + Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 1 1 1 5 x 1 x 1 x 1 x 1 3 5 6 8 T C 9 7 . 3 1 56 9 7 . 3 1 − − − − − −     = + + = + +  ÷  ÷     ------------------------------------------------------------------------------------------- + Theo giả thiết ta có : ( ) ( ) x 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 9 7 56 9 7 . 3 1 4 9 7 4(3 1) 3 1 = 224 − − − − − − − + + + ⇔ = ⇔ + = + + ( ) 2 x 1 x 1 3 4(3 ) 3 0 − − ⇔ − + = ------------------------------------------------------------------------------------------ ( ) x 1 2 x 1 x 1 x 1 3 1 x 1 3 4(3 ) 3 0 x 2 3 3 − − − −  = =  ⇔ − + = ⇔ ⇔   = =   0,25 0.25 0.25 0.25 . 2 2 2 2 2 2 a 2b 2c 2 cos(u; u ) 2 a b c . 1 2 2 ∆ + + = = + + + + r r 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(a 2b 2c) 9(a b c ) 2( a 2a 2c 2c) 9[a (a c) c ] (do (1) ) 15 a 14 c.  . ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 ln 1 0 2 1 2 dx x x x x   − + −   + + +   ∫ = - 1 3 l n2+I 1 I 1 = 1 1 1 0 0 0 1 1 4 ln ln 0 ( 1) ( 2) 1 2 2 3 dx dx dx x x