de va dap an thi thu DHCD kA 2010

Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.[r]

TRƯỜNG THPT ANH SƠN II ———————————

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN NĂM 2010 Môn thi : TOÁN; Khối A, B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số: y x3 3mx2 4m  

 , (1) m là tham số thực Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m =

2 Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực trị A, B của đồ thị hàm số (1) cùng với gốc toạ độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 

  

 

 

  

 

 



 x x x x x

x

3 sin sin cos 4 cos ) cos (sin

4 6  

2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm nhất: (1 )

) (

1 x m x x x x m

x       

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:     

 

  

1

0

2

4

ln dx

x x x

I

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A; góc ABC bằng 60o;

AB = 2a; cạnh bên AA’ = 3a Gọi M là trung điểm cạnh B’C’ Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (A’BM) theo a

Câu V ( 1,0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực không âm bất kỳ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 4

4

2

2

2

        

xy z

z zx

y y zy

x x P

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một hai phần ( phần A hoặc B)

A.Theo chương trình Chuẩn: Câu VI a ( 2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ): ( 1)2

1 x  y 

C và

2 )

1 ( : )

( 2

2 x y 

C Viết phương trình đường thẳng ∆ , biết đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C1) đồng thời đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C2) tại điểm phân biệt E, F cho EF =

2 Trong không gian với hệ Oxyz, cho hai đường thẳng ∆1:

2

1 

  

 y z

x

; ∆

2:

2

3

  



y z

x

và mặt phẳng (P): x + y + 4z + = Tìm toạ độ điểm M đường thẳng ∆1 và điểm N đường thẳng ∆2 cho MN song song với mặt phẳng (P) đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng MN với mặt phẳng (P) bằng

Câu VII a (1,0 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn 2



z

z và z 2

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI b (2,0 điểm):

1 Cho A(3; 1), B(-1; 2) và điểm M di động đường thẳng d: y = x (x1) Đường thẳng

MA, MB cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại P, Q Chứng minh PQ qua một điểm cố định

2 Trong hệ Oxyz , cho đường thẳng ∆:

4 1

1

  y z x

; và điểm M(0; 3; -2) Viết phương trình mặt phẳng (P)đi qua điểm M song song với đường thẳng ∆ , đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ với mặt phẳng (P) bằng

Câu VII b ( 1,0 điểm): Giải phương trình: ,( )

2 log

2 2

2

log2 x x x R

x x  

      

HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN (2010) TRƯỜNG ANH SƠN 2

CÂU NỘI DUNG ĐIÊ

I-1 (1,0đ)

TXD: R

y’ = 3x2 – 6x =  x =0 hoặc x = 2

bảng bt

x y’ + - + y

1,0

I-2 Điều kiện hs có cực đại, cực tiểu : m0

Hai điểm cực trị của đồ thị hs là: A(0; 4m), B(2m; 4m-4m3)

0.25 0.25 ( 1,0

điểm) Pt đường thẳng OA: x = 0;

m Oy

B d OA B d m

OA4 ; ( , ) ( , )2

Diện tích tam giác OAB là: ( , ) 16 2

1

    

 OAd B OA m m m

S

0.25 0.25 II-1

(1,0 điểm)

2 cos cos

2 cos cos

) cos ( cos

cos

) cos( cos cos cos

4 cos

2

  

 

  



 

 

   

 

 

 

 

x x

x x

x x

x

x x

x x

PT  

) (k Z k

x 

 

0.25 0.25 0.25 0.25 II-2

(1,0 điểm)

Ta thấy x0 là nghiệm thì – x0 cũng là nghiệm pt Do dó pt có nghiệm nhất

x0= 1-x0 hay x0 =

2 Với x0 =

2

suy m = 0; m = 1; m = -1 Điều kiện đủ: m = thay vào pt(1)

2

) (

0 ) (

1         



 x x x x x x x

m = 1: (1) x 1 x2 x(1 x) 24 x(1 x) 1 pt có ít nhất nghiệm x= 0;x =1 m = -1:

2

) (

) (

)

(  x  x  x  x   x Vậy m =0; m = -1

0.25 0.25

0.25 0.25 III

(1,0đ)

Đặt

     

 

   

   

         

4 4

16 16 4

4 ln

4 4 3

2 2

x v

dx x

x du dxx dv

x x u

Do đó )

5 ln( 15

4 ln ) 16 (

4

1

0 2

 

 

   

 

  

 xdx

x x x

I

0.5

0.5

VI

(1,0đ) AC = 2Suy AH = 3a; BC = 4a: A’M = 2a A’H là đường cao tam giác vuông A’B’C’3a; AH vuông góc (BCC’B’) Diện tích tam giác MBC là SMBC=6a2

Thể tích khối chóp A’MBC là

VA’MBC = ' 3

3

a S

H

A MBC 

Gọi B’I là đường cao tam giác đều A’B’M  B'I a 3;BI A'M;BI 2 3a

Diện tích tam giác A’BM là

' 2 '

1

a M

A BI

SABM  

Thể tích khối chóp C.A’BM là:

a BM A C d a S

MB A C d

VCABM ( ,( ' )) ABM ( , ' ) 3

1

' '

   

0.25 0.25

0.25 V

(1,0đ) Áp dụng bđt Côsy ta có

2

3

6 ) (

2

4x   x x   x (1) Nếu x = y = z = thì P = Nếu y = z = thì

6

2

  

x x

P

Nếu z = thì

3 6

4

2

2

      

y y x

x

P Đẳng thức xảy x = y = Xét cả ba số x,y,z đều dương Từ (1) suy

zy x

x yz

x x

3

4

2

2

  

 ;

Tương tự : ;

3

4

2

2

xz y

y xz

y y

  

 z xy

z yx

z z

3

4

2

2

    P

zy x

x

2

 + y  xz  y

3

2

xy z

z

2

 = 

 

 

   

 

   

 2 2 2

1

1

1

z xy y

zx x

yz

Đặt , , z2

xy c y xz b x yz

a   thì a,b,c > và abc= Khi đó:    

 

     

      

   

 

     

) (

2 ) (

4

) (

4 12

1

1

1

ac bc ab c

b a

ac bc ab c b a c

b a

P (2)

Áp dụng côsy: 33 ( )3

 



bc ca abc

ab Do đó:

ac bc ab c b a ac

bc ab c

b

a           

4( ) 2( ) 12 4( )

9 (3)

Từ (2) và (3) suy 

P Đẳng thức xảy a = b =c = hay x = y = z =

0.25

0.25

0.25

0.25 VI a -1

(1,0đ) Đường tròn (C1) có tâm I1(0; -1), R1=2; (C2) có tâm I1(1; 0), R= Đường thẳng ∆ cách

tâm I2 một khoảng

2

2

2  

      EF R

TH1: Nếu ∆ vuông góc với Ox: ∆ có dạng x – m = 0; d(I1;∆) = R1 và d( I2;∆) = ta có

m = vậy ∆: x- =

TH2: ∆ không vuông góc trục Ox: ∆: kx – y + b = Từ gt ta có d(I1;∆) = R1 và d( I2;∆) =

Ta có hệ

  

   

     

  

  

1 0 1 1

2 1 1

2 2

b k k

bk k

b

Phương trình đường thẳng ∆: y- =

0.25

0.25

0.5

VIa-2

(1,0đ) Vtpt của (P) là Gọi M(t; -2t; 1-2t)n ∆(11;; N( 2k ;3-k; -2+2k)1;4) Từ gt MN//(P) và d(MN,(P))=∆2, MN (2k2t;.Ta có hệk 2t3;2k 2t 3)

0.25

   

       

 

     

 

3 1 ; 3 4

1;0 2 23 96

099 9 2))(; (

0.

kt kt t kt PMd nMN

Vậy M(0;0;1), N(2;2;0) hoặc M(

3 ;

8 ;

 

),

N(-3 ; 10 ;

 ) VIIa

(1,0đ) Gọi số phức z = x + yi (x,yR) Ta có z x  y 2xyi;zx yi

2

2 .Từ gt có hệ pt:

   



     

  

    

 

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

4

4)1 2)( 4() 4 2( 2) 2() (

2

x y

xx xx

yxy xy x

yx

3 ;

1 



 x y hoặc x=1;y= - 3hoặc x= -2; y = Vậy có số phức :Z= - :Z = 1 3i

0.25

0.5

0.25

VIb-1

(1,0đ) Gọi M(m ;m) thuộc d : y = x Đường thẳng AM có vtcp AM(m 3;m 1).có pt là (m-1)x – (m – 3)y – 2m = MA cắt trục Ox tai ;0);( 1)

1

( 

 m

m m P

Đường thẳng BM có pt là:(m -2)x – (m +1)y + 3m = 0, cắt trục Oy tại Q(

1 ;

 m

m

) ; m -1

Pt đường thẳng PQ : 3(m – 1)x + 2(m + 1)y – 6m = với m1

I(x0 ;y0) là điểm cố định của PQ Ta có (3x0 + 2y0 – 6)m – 3x0 + 2y0 = có nghiệm với mọi

1  

m Khi đó có hệ

    

   

 

  

  

2 3 1 0

2 3

06 2 3

0 0 0

0 0 0

y x y

x y x

.Vậy PQ qua điểm cố định I(1 ; )

0.25 0.25 0.25

0.25

VIb-2

(1,0đ) Gọi

) ; ;

(a b c

n là một vtpt của mp (P) Đường thẳng ∆ có vtcp u(1;1;4)đi qua điểm

A(0 ;0 ;1) Pt mặt phẳng (P) qua M(0 ;3 ;-2) là : ax + by + cz – 3b + 2c =

Từ gt ta có :

       

    

   

  

   

  

  

cb cb cba cba

bc cba PAd

Pd un

8 2 4 3 3

04 3);(

);( 0.

22 2

Vậy có mp (P) là : 2x + 2y - z – = và 4x – 8y + z + 26 = VIIb

(1,0đ)

Đk x > Đặt t = log2x  x = 2t Phương trình có dạng :  2t t (t 1)  2t 2t t 1 2 t 2t

2 2 2

      

  (1)

Xét hs f(x) = 2x + x ; f’(x) = 2xlnx + > với mọi x Hàm số f(x) đồng biến R

Pt (1) t2 + = 2t t = 1 x =