Tài liệu Đề thi thử Đại học Môn Toán và đáp án

Trờng THPT Nguyễn Huệ đề thi thử đại học lần 1 năm 2010 Môn: TOáN ; Khối: A,B (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x + = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải hệ phơng trình: 1 1 4 6 4 6 x y x y + + = + + + = 2. Giải phơng trình: 1 2(cos sin ) tan cot 2 cot 1 x x x x x = + Câu III (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) tâm O đờng kính AB = 2R.Trên đờng thẳng vuông góc với (P) tại O lấy điểm S sao cho OS = R 3 . I là điểm thuộc đoạn OS với SI = 2 3 R . M là một điểm thuộc (C). H là hình chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu IV (1 điểm) Tính tích phân: I = 1 2 1 1 1 dx x x + + + Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dơng thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 1x y y z z x + + + + + + + + Phần riêng (3,0 điểm).Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chơng trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3 2 và trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x y 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C. Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0) trong đó phải có chữ số 7. Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phơng trình sau có nghiệm: 2 1 1 3 3 log 1 log ( )x ax a + > + B.Theo chơng trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2 1 4 3 x y + = và đờng thẳng :3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đờng thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số 2 4 3 2 x x y x + + = + có đồ thị (C).Giả sử đờng thẳng y = kx + 1 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm tập hợp trung điểm I của AB khi k thay đổi. Câu VIII.b (1 điểm) Giải phơng trình: ( ) ( ) 2 2 2 log log 3 1 . 3 1 1 x x x x+ + = + ------------ ------------- 1 Trờng THPT Nguyễn Huệ đáp án thang điểm đề thi thử đại học lần 1 năm 2010 Môn: TOáN ; Khối: A,B Lu ý:Mọi cách giải đúng và ngắn gọn đều cho điểm tối đa Câu Đáp án Điểm I 1.(1,0 điểm) Khảo sát . . . (2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2 x x y y + = = ; tiệm cận ngang: y = 2 ( 1) ( 1) lim ; lim x x y y + = + = ; tiệm cận đứng: x = - 1 0,25 - Bảng biến thiên Ta có 2 1 ' 0 ( 1) y x = < + với mọi x - 1 x - -1 + y + + y + 2 2 - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ; -1) và ( -1; + ) 0,5 * Đồ thị 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm trên (C) những điểm. . . Gọi M(x 0 ;y 0 ) là một điểm thuộc (C), (x 0 - 1) thì 0 0 0 2 1 1 x y x + = + Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì 0,25 0,25 2 MA = |x 0 +1| , MB = | y 0 - 2| = | 0 0 2 1 1 x x + + - 2| = | 0 1 1x + | Theo Cauchy thì MA + MB 2 0 0 1 x 1 . 1x + + =2 MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x 0 = 0 hoặc x 0 = -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3) 0,25 0,25 II 1.(1,0 điểm) Giải hệ . . . (2,0 điểm) Điều kiện: x -1, y 1 Cộng vế theo vế rồi trừ vế theo vế ta có hệ 1 6 1 4 10 6 1 4 1 2 x x y y x x y y + + + + + + = + + + + = Đặt u= 1 6x x + + + , v = 1 4y y + + . Ta có hệ 10 5 5 2 u v u v + = + = { 5 5 u v = = { 3 5 x y = = là nghiệm của hệ 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) Giải phơng trình . . . Điều kiện:sinx.cosx 0 và cotx 1 Phơng trình tơng đơng 1 2(cos sin ) sin cos2 cos 1 cos sin 2 sin x x x x x x x x = + cosx = 2 2 x = 2 4 k + Đối chiếu điều kiện pt có 1 họ nghiệm x = 2 4 k + 0,25 0,25 0,25 0,25 III Tìm vị trí . . . 3 (1,0 điểm) S H I O B M A Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R 3 , SI = 2 3 R , SM = 2 2 2SO OM R + = SH = R hay H là trung điểm của SM Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên mp(MAB) thì HK = 1 2 SO= 3 2 R , (không đổi) V BAHM lớn nhất khi dt( MAB) lớn nhất M là điểm giữa của cung AB Khi đó V BAHM = 3 3 6 R (đvtt) 0,25 0,25 0,5 IV Tính tích phân . . . (1,0 điểm) Đặt u = x+ 2 1 x + thì u - x= 2 1 x + 2 2 2 2 1x ux u x + = + 2 2 1 1 1 1 2 2 u x dx du u u = = + ữ Đổi cận x= - 1 thì u = 2 -1 x = 1 thì u = 2 +1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 (1 ) du du du u I u u u u + + + + ữ = = + + + + = 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 du du u u u u + + + + ữ + + =1 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 điểm) Đặt x=a 3 y=b 3 z=c 3 thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có a 3 + b 3 =(a+b)(a 2 +b 2 -ab) (a+b)ab, do a+b>0 và a 2 +b 2 -ab ab a 3 + b 3 +1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 0,25 4 ( ) 3 3 1 1 a b 1 ab a b c + + + + Tơng tự ta có ( ) 3 3 1 1 c 1 bc a b cb + + + + , ( ) 3 3 1 1 a 1 ca a b cc + + + + Cộng theo vế ta có 1 1 1 1 1 1x y y z z x + + + + + + + + = 3 3 1 a b 1+ + + 3 3 1 c 1b + + + 3 3 1 a 1c + + ( ) 1 1 1 1 a b c ab bc ca + + ữ + + = ( ) ( ) 1 1 a b c c a b+ + = + + Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 0,5 0,25 VI. a Tìm tọa độ . . . (1,0 điểm) Ta có: AB = 2 , M = ( 5 5 ; 2 2 ), pt AB: x y 5 = 0 S ABC = 1 2 d(C, AB).AB = 3 2 d(C, AB)= 3 2 Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= 1 2 d(G, AB)= (3 8) 5 2 t t = 1 2 t = 1 hoặc t = 2 G(1; - 5) hoặc G(2; - 2) Mà 3CM GM = uuuur uuuur C = (-2; 10) hoặc C = (1; -4) 0,25 0,5 0,25 VII. a Từ các chữ số . . . (1,0 điểm) Gọi số có 6 chữ số là abcdef Nếu a = 7 thì có 7 cách chọn b, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. ở đây có 7.6.5.4.3 = 2520số Nếu b = 7 thì có 6 cách chọn a, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. ở đây có 6.6.5.4.3 = 2160số Tơng tự với c, d, e, f Vậy tất cả có 2520+5.2160 = 13320 số 0,25 0,5 0,25 VIII. a Tìm a để . . . (1,0 điểm) Điều kiện: ax + a > 0 Bpt tơng đơng 2 1 ( 1)x a x+ < + Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có 2 1 1 x a x + < + 5 Nếu a<0 thì x +1 <0.Ta có 2 1 1 x a x + > + Xét hàm số y = 2 1 1 x x + + với x - 1 y = 2 2 1 ( 1) 1 x x x + + =0 khi x=1 x - -1 1 + y - || - 0 + y -1 + 1 - 2 2 a> 2 2 hoặc a < - 1 0,25 0,25 0,25 0,25 VI. b Chứng minh . . . (1,0 điểm) Gọi M(x 0 ;y 0 ), A(x 1 ;y 1 ), B(x 2 ;y 2 ) Tiếp tuyến tại A có dạng 1 1 1 4 3 xx yy + = Tiếp tuyến đi qua M nên 0 1 0 1 1 4 3 x x y y + = (1) Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt 0 0 1 4 3 xx yy + = do M thuộc nên 3x 0 + 4y 0 =12 4y 0 =12-3x 0 0 0 4 4 4 4 3 xx yy + = 0 0 4 (12 3 ) 4 4 3 xx y x + = Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì (x- y)x 0 + 4y 4 = 0 { { 0 1 4 4 0 1 x y y y x = = = = Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1) 0,25 0,5 0,25 VII. b Tìm tập hợp . . . (1,0 điểm) y = kx + 1 cắt (C): 2 4 3 2 x x y x + + = + . Ta có pt 2 4 3 2 x x x + + + = kx + 1 có 2 nghiệm phân biệt 1k Trung điểm I của AB có tọa độ thỏa mãn 2 3 2 2 1 k x k y kx + = = + 2 2 5 2 2 2 x x y x + = 0,25 0,5 6 Vậy quĩ tích cần tìm là đờng cong 2 2 5 2 2 2 x x y x + = 0,25 VIII. b Giải phơng trình . . . (1,0 điểm) Điều kiện : x>0 Đặt ( ) 2 log 3 1 x + =u, ( ) 2 log 3 1 x v = ta có pt u +uv 2 = 1 + u 2 v 2 (uv 2 -1)(u 1) = 0 2 1 1 u uv = = . . . x =1 0,25 0,5 0,25 Sở GD-ĐT phú thọ Trờng T.H.p.t long châu sa é THI thử I HC lần ii NM học: 2009-2010 Mụn thi : TON làm bài:180 phútThời gian (không kể thời gian giao đề) PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I:(2 im) Cho hm s y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 cú th l (C m ); ( m l tham s) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3. 2. Xỏc nh m (C m ) ct ng thng: y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E sao cho cỏc tip tuyn ca (C m ) ti D v E vuụng gúc vi nhau. Cõu II:(2 im) 1. Giai hờ phng trinh: 2 0 1 2 1 1 x y xy x y = = 2. Tìm );0( x thoả mãn phơng trình: cotx 1 = xx x x 2sin 2 1 sin tan1 2cos 2 + + . Cõu III: (2 im) 1. Trờn cnh AD ca hỡnh vuụng ABCD cú di l a, ly im M sao cho AM = x (0 < x a). Trờn ng thng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ti A, ly im S sao cho SA = 2a. 7 a) Tớnh khong cỏch t im M n mt phng (SAC). b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H . Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn nhất 2. Tớnh tớch phõn: I = 2 4 0 ( sin 2 )cos2x x xdx + . Cõu IV: (1 im) : Cho các số thực dơng a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1. Chng minh rng : 2 2 2 2. a b b c c a b c c a a b + + + + + + + + PHN RIấNG (3 im) ( Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần) A. Theo chng trỡnh chun Cõu Va : 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3 2 và trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x y 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) và đờng thẳng : 1 2 1 1 2 x y z + = = .Tìm toạ độ điểm M trên sao cho: 2 2 28MA MB + = Cõu VIa : Giải bất phơng trình: 32 4 )32()32( 1212 22 ++ + xxxx B. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu Vb : 1. Trong mpOxy, cho ng trũn (C): x 2 + y 2 6x + 5 = 0. Tỡm M thuc trc tung sao cho qua M k c hai tip tuyn ca (C) m gúc gia hai tip tuyn ú bng 60 0 . 2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với d : x 1 y 1 z 2 1 1 + = = .Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M, ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d Cõu VIb : Gii h phng trỡnh 3 3 log log 2 2 2 4 4 4 4 2 ( ) log ( ) 1 log 2 log ( 3 ) xy xy x y x x y = + + + = + + Ht. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Hớng dẫn chấm môn toán Câu ý Nội Dung Điểm I 2 1 Khảo sát hàm số (1 điểm) 1 y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 (C m ) 1. m = 3 : y = x 3 + 3x 2 + 3x + 1 (C 3 ) + TXẹ: D = R + Gii hn: lim , lim x x y y + = = + 0,25 + y = 3x 2 + 6x + 3 = 3(x 2 + 2x + 1) = 3(x + 1) 2 0; x 0,25 8 ⇒ hµm sè ®ång biÕn trªn R • Bảng biến thiên: 0,25 + y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0 ⇔ x = –1 ⇒ tâm đối xứng U(-1;0) * Đồ thò (C 3 ): Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1) 0,25 2 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và đường thẳng y = 1 là: x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x 2 + 3x + m) = 0 ⇔ =   + + =  2 x 0 x 3x m 0 (2) 0,25 * (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt: ⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm x D , x E ≠ 0. ⇔ ≠  ∆ = − >   ⇔   < + × + ≠    2 m 0 9 4m 0 4 m 0 3 0 m 0 9 (*) 0,25 Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: k D =y’(x D )= + + = − + 2 D D D 3x 6x m (3x 2m); k E =y’(x E )= + + = − + 2 E E E 3x 6x m (3x 2m). Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k D k E = –1 0,25 9 ⇔ (3x D + 2m)(3x E + 2m) =-1 ⇔ 9x D x E +6m(x D + x E ) + 4m 2 = –1 ⇔ 9m + 6m(–3) + 4m 2 = –1 (vì x D + x E = –3; x D x E = m theo ñònh lý Vi-ét). ⇔ 4m 2 – 9m + 1 = 0 ⇔ 9 65 8 9 65 8 m m  + =    − =    So s¸nhÑk (*): m = ( ) − 1 9 65 8 0,25 II 2 1 1 1. §k: 1 1 2 x y ≥    ≥   (1) ( ) 0 ( )( 2 ) 0 2 0 2 0( ) x y y xy x y x y x y x y x y voly ⇔ − − + = ⇔ + − =  − = ⇔ ⇔ =   + =  0,5 ⇔ x = 4y Thay vµo (2) cã 4 1 2 1 1 4 1 2 1 1 4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 ( ) 2 1 0 2 2 5 10 2 1 2 ( ) 2 y y y y y y y y y y tm y x x y y tm − − − = ⇔ − = − + ⇔ − = − + − + ⇔ − = −  =   − = =  ⇔ ⇔ ⇒    =  − =    =   0,25 V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25 2 1 ®K:    −≠ ≠ ⇔    ≠+ ≠ 1tan 02sin 0cossin 02sin x x xx x PT xxx xx xx x xx cossinsin sincos cos.2cos sin sincos 2 −+ + = − ⇔ xxxxxx x xx cossinsincossincos sin sincos 22 −+−= − ⇔ 0,25 10 . Nguyễn Huệ đáp án thang điểm đề thi thử đại học lần 1 năm 2010 Môn: TOáN ; Khối: A,B Lu ý:Mọi cách giải đúng và ngắn gọn đều cho điểm tối đa Câu Đáp án Điểm. Trờng THPT Nguyễn Huệ đề thi thử đại học lần 1 năm 2010 Môn: TOáN ; Khối: A,B (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần chung