Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán năm 2010-2011

Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán năm 2010-2011 có kèm đáp án. Đây là tài liệu ôn tập và luyện thi tốt giúp các em biết được những dạng Toán sẽ ra trong kì thi ĐH để có sự chuẩn bị chu đáo cho kì thi sắp tới.

ÐỀ THI thư ĐẠI HỌC lÇn ii NĂM häc: 2010-2011 Mụn thi : TON làm bài:180 phútThời gian (không kể thêi gian giao ®Ị) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm); ( m tham số) Khảo sát biến thiên 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 tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với Câu II:(2 điểm)  x − y − xy =   x − − y − = 1 Giải hệ phương trình: T×m x (0; ) thoả mÃn phơng trình: cotx – = cos x + sin x − sin x + tan x Câu III: (2 điểm) Trên cạnh AD hình vng ABCD có độ dài a, lấy điểm M cho AM = x (0 < x ≤ a) Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) A, lấy điểm S cho SA = 2a a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC) b) Kẻ MH vuông góc với AC H Tìm vị trí M để thể tích khối chãp SMCH lín nhÊt Tính tích phân: I = π ∫ ( x + sin 2 x) cos xdx Câu IV: (1 điểm) : Cho số thực dơng a,b,c thay đổi thoả m·n : a+b+c=1 a +b2 b +c c + a Chứng minh : + + ≥ b +c c +a a +b PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( Chú ý!:Thí sinh đợc chọn làm mét phÇn) A Theo chương trình chuẩn Câu Va :1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), cã diƯn tÝch b»ng vµ trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x y = 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) đờng thẳng : MA2 + MB = 28 x −1 y + z = = Tìm toạ độ điểm M 1 Cõu VIa : Giải bất phơng trình: ( + 3) x −2 x +1 + (2 − ) x −2 x −1 ≤ ∆ cho: 2− B Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 60 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d víi d: x −1 y +1 z = = Viết phương trình tắc đường thẳng qua điểm M, −1 cắt vng góc vi ng thng d tìm toạ độ điểm M’ ®èi xøng víi M qua d log xy log  4 = + ( xy ) Câu VIb: Giải hệ phương trình  2  log ( x + y ) + = log x + log ( x + y) ………………… … ……………… Hết…………………………………… (C¸n bé coi thi không giải thích thêm) Hớng dẫn chấm môn toán Câ u I ý Nội Dung Khảo sát hàm số (1 điểm) y = x3 + 3x2 + mx + (Cm) m = : y = x3 + 3x2 + 3x + (C3) + TXÑ: D = R + Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ + y’ = 3x2 + 6x + = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x hàm số đồng biến R ã Baỷng bieỏn thiên: §iĨm 0,25 0,25 0,25 + y” = 6x + = 6(x + 1) y” = ⇔ x = –1 ⇒ tâm đối xứng U(-1;0) * Đồ thị (C3): Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1) 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm (C m) đường thẳng y = laø: 0,25 x3 + 3x2 + mx + = ⇔ x(x2 + 3x + m) = ⇔ x =  x2 + 3x + m = (2)  * (Cm) cắt đường thẳng y = C(0;1), D, E phân biệt: ⇔ Phương trình (2) có nghiệm xD, xE ≠ 0,25 m ≠  ∆ = 9− 4m >  ⇔ (*) ⇔  + 3× 0+ m ≠  m < Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc laø: kD=y’(xD)= 3x2D + 6xD + m = −(3xD + 2m); 0,25 kE=y’(xE)= 3x2E + 6xE + m = −(3xE + 2m) Các tiếp tuyến D, E vuông góc khi: kDkE = –1 ⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1 0,25 ⇔ 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 ⇔ 9m + 6m(–3) + 4m = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định  + 65 m = lý Vi-ét) ⇔ 4m2 – 9m + = ⇔   − 65 m =   So s¸nhĐk (*): m = − 65 ( ) II 1 x ≥  §k:   y ≥ (1) 0,5 ⇔ x − y − ( y + xy ) = ⇔ ( x + y )( x − y ) =  x−2 y =0 ⇔ ⇔ x=2 y  x + y = 0(voly ) ⇔ x = 4y Thay vµo (2) cã 0,25 y −1 − y −1 = ⇔ y −1 = y −1 +1 ⇔ y −1 = y −1+ 2 y −1 + ⇔ y −1 = 2 y −1   y −1 =  y = (tm)  x = ⇔ ⇔ ⇒  y − =  y = (tm)  x = 10  V©y hƯ cã hai nghiƯm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25 sin x ≠ sin x ≠ ⇔ sin x + cos x ≠ tan x ≠ −1 ®K:  cos x − sin x cos x cos x = + sin x − sin x cos x sin x cos x + sin x cos x − sin x ⇔ = cos x − sin x cos x + sin x − sin x cos x sin x PT ⇔ 0,25 ⇔ cos x − sin x = sin x(1 − sin x) 0,25 ⇔ (cos x − sin x)(sin x cos x − sin x − 1) = 0,25 ⇔ (cos x − sin x)(sin x + cos x − 3) = cos x − sinx = π ⇔ (cos x − sinx)( sin(2 x + ) − 3) = ⇔  π sin(2 x + ) = 3(voly )  ⇔ cos x − sin x = ⇔ tanx = ⇔ x = Do x ∈ ( 0;π ) ⇒ k = ⇒ x = π π + kπ (k ∈ Z ) (tm®k) III 0,25 1  SA ⊥ ( ABCD) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD)  SA ⊂ ( SAC ) Do  0,25 Lai cã MH ⊥ AC = (SAC ) ∩ ( ABCD ) ⇒ MH ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( M , SAC ) = MH = AM sin 45o = x Ta cã x x ⇒ HC = AC − AH = a − 2 1 x x ⇒ S ∆MHC = MH MC = (a − ) 2 2 1 x x ⇒ VSMCH = SA.S ∆MCH = 2a (a − ) 2 AH = AM cos 450 = O,5 Tõ biÓu thøc trªn ta cã: x x +a 2− 2 VSMCH ≤ a [ x x ⇔ =a 2− 2 ⇔x=a 0,25 ] = a ⇔ M trïng víi D I= π π π 0,25 IV 1 Ta cã :VT = ( A+3= 2 a b c b c a + + )+( + + ) = A+ B b+c c+a a+b b+c c+a a+b 0,25 0,25 1 1  + + [ (a + b) + (b + c ) + (c + a )]   a + b b + c c + a  1 1 ≥ 3 (a + b)(b + c)(c + a )3 = a+b b+c c+a ⇒ A≥ a2 b2 c2 12 = (a + b + c) ≤ ( + + )(a + b + b + c + c + a) a+b b+c c+a ⇔ ≤ B.2 ⇔ B ≥ Tõ ®ã tacã VT ≥ + = = VP 2 0,25 0,25 Dấu đẳng thøc x¶y a=b=c=1/3 V.a 0,25 Ta cã: AB = , trung ®iĨm M ( 5 ; − ), 2 pt (AB): x – y – = 3 S ∆ABC = d(C, AB).AB = ⇒ d(C, AB)= 2 Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC d(G, AB)= ⇒ d(G, AB)= t − (3t − 8) − ⇒ G(1; - 5) hc G(2; - 2) = 0,25 0,25 x = 1− t  ptts∆ :  y = −2 + t ⇒ M (1 − t ; −2 + t ; 2t )  z = 2t  Ta cã: MA2 + MB = 28 ⇔ 12t − 48t + 48 = ⇔ t = Tõ ®ã suy : M (-1 ;0 ;4) 1 ⇒ t = hc t = 2 uuuu r uuuu r Mµ CM = 3GM ⇒ C = (-2; -10) hc C = (1; -1) VI.a 0,25 0,5 0,25 0,25 ( ⇔ 2+ Bpt ( t = 2+ ) x2 − x ) x2 − x (t > 0) ( + 2− ) x2 − x BPTTT : 0,25 ≤4 0,25 t+ ≤4 t ⇔ t − 4t + ≤ ⇔ − ≤ t ≤ + (tm) ( Khi ®ã : − ≤ + ⇔ ) 0,25 x −2 x ≤ + ⇔ −1 ≤ x − x ≤ 0,25 x − 2x − ≤ ⇔ − ≤ x ≤ + V.b (C) có tâm I(3;0) bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm)  ·AMB = 600 (1) Vậy  Vì MI phân giác ·AMB  ·AMB = 1200 (2) 0,5 IA (1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI = ⇔ MI = 2R ⇔ m + = ⇔ m = m sin 300 IA (2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI = ⇔ MI = R ⇔ m2 + = Vơ sin 60 3 nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; ) M2(0;- ) 0,5 Gọi H hình chiếu vng góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vng góc với d 0,25  x = + 2t  d có phương trình tham số là:  y = −1 + t z = −t  uuuu r Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − + t ; − t).Suy : MH = (2t − ; − + t ; − t) r Vì MH ⊥ d d có vectơ phương u = (2 ; ; −1), nên : uuuu r 2 1 2.(2t – 1) + 1.(− + t) + (− 1).(−t) = ⇔ t = Vì thế, MH =  ; − ; − ÷ 3 3  0,25 uuuu r uuuur uMH = 3MH = (1; −4; −2) Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là: 3 toạ độ M ( ; ; ) 3 ĐK: x>0 , y>0 x − y −1 z = = −4 −2 Theo trªn cã H ( ; − ; − ) mµ H lµ trung điểm MM nên VIb (1) 22 log3 xy − 2log3 xy − = 0,25 0,25 0,5 0,25 x 2 (2)⇔ log4(4x +4y ) = log4(2x +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = ⇔log3xy = ⇔ xy = 3⇔y= Kết hợp (1), (2) ta nghiệm hệ: ( ; ) ( ; S M A D H B C ) 0,25 ... (1; -1) VI.a 0 ,25 0,5 0 ,25 0 ,25 ( ⇔ 2+ Bpt ( t = 2+ ) x2 − x ) x2 − x (t > 0) ( + 2? ?? ) x2 − x BPTTT : 0 ,25 ≤4 0 ,25 t+ ≤4 t ⇔ t − 4t + ≤ ⇔ − ≤ t ≤ + (tm) ( Khi ®ã : − ≤ + ⇔ ) 0 ,25 x ? ?2 x ≤ + ⇔ −1... x − y −1 z = = −4 ? ?2 Theo trªn cã H ( ; − ; − ) mà H trung điểm MM nên VIb (1) ⇔ 22 log3 xy − 2log3 xy − = 0 ,25 0 ,25 0,5 0 ,25 x 2 (2) ⇔ log4(4x +4y ) = log4(2x +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = ⇔log3xy = ⇔ xy... − AH = a − 2 1 x x ⇒ S ∆MHC = MH MC = (a − ) 2 2 1 x x ⇒ VSMCH = SA.S ∆MCH = 2a (a − ) 2 AH = AM cos 450 = O,5 Tõ biĨu thøc trªn ta cã: x x +a 2? ?? 2 VSMCH ≤ a [ x x ⇔ =a 2? ?? 2 ⇔x=a 0 ,25 ] = a ⇔