3 de thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an khoi Akhoi B khoi D lan II

Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và diện tích xung quanh của hình nón có đỉnh là S và đáy là đường tròn nội tiếp tam giác ABC. II.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TrườngTHPT Phan Châu Trinh

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN2

Mơn thi: TỐN

– Khối A&B

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số x y

x

 



1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho.

2 Viết phương trình tiếp tuyến

 

 đồ thị (C) cho khoảng cách từ tâm đốixứng đồ thị(C) đến

 

 đạt giá trị lớn

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình sin2 sin cos 2 sin





2 cot

x x

x x

x

  



2 Giải hệ phương trình





3

2 1

7

x y x y

x y

    

 

 



Câu III (2,0 điểm)

1 Cho hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số 3 , sin cos

y y

x x

  haiđườngthẳng x ,

3 x Tính diện tích hình phẳng

Tìm giá trị nhỏ biểu thức x2xyy2  y2yzz2  z2zxx2 , với số thực x, y, z thỏa mãnđiều kiện x  y z

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụABC.A’B’C’, có ABAC4a, BAC1200 hình chiếu vng góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm đường trịn ngoại tiếptam giác ABC Góc cạnh bên với đáylà 300 Tính theo a thểtích khối lăng trụABC.A’B’C’và khoảng cáchgiữaAA’vớiBC.

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần:A hoặcB

A Theo chương trình Chuẩn

Câu Va (1,0 điểm) Tính môđun số phức zi, biết



zi



 

z i 2iz ( i đơn vị ảo ). Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳngOxy, cho điểmMở elip

 

E : 5x29y2450 tích khoảng cách từM đến hai tiêu điểm (E) 65

9 Hãy tìm tọa độ điểmM, biết điểmMở góc phần tư thứ hai 2 Trong không gian Oxyz,cho điểm A



5;3; 1



Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trụcOx sao cho khoảng cách từA đến (P) 1.

B Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết i



2 32i z



i

z z

 

   ( i đơn vị ảo) Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳngOxy, cho elip

 

E :x24y21 Tính tâm sai (E) viết phươngtrình tắc hypebol (H) nhậncáctiêu điểm (E) làmđỉnh có hai tiêu điểm hai đỉnh (E) 2 Trong không gian Oxyz,cho điểm A



5;3; 1



Viết phương trình mặt phẳng (P) quaA song song với trụcOx, biết khoảng cách giữaOx (P) 1.

-Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

TRƯỜNG THPT PHAN CHÂUTRINH

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN2

Mơn thi: TỐN

– Khối A&B

Đ

ÁP ÁN

Câu-Ý Nội dung Điểm

Câu I

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) của hàm số x y

x

 

 .

2 Viết phương trình tiếp tuyến

 

 đồ thị (C)để khoảng cách từ tâm đối xứng của(C) đếnd đạt giá trị lớn nhất.

2,0 đ

Tập xác định: DR\ 1

 

Sự biến thiên: Giới hạn tiệm cận: lim 2; lim 2

xy xy  y tiệm cận ngang;

1

lim ; lim

x x

y y x

 

        tiệm cận đứng

0,25

BBT:





2

' 0,

1

y x D

x

   

 Lập BBT

KL: Hàm số đồng biến khoảng



;1





1;



0,25

Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại 3;

 

 

  Oy

 

0;3 0,25

Ý.1 (1,0 đ)

Vẽ đồ thị đối xứng qua I

 

1; 0,25

Ta có: I

 

1; tâm đối xứng (C) Phương trình tiếp tuyến

 

 (C)



0; 0

  

M x y  C

 





2



0



0

1

:

1

y x x

x x

    





0,25

Hay

 





2

0 0

:x x y 2x 6x

       0,25

Khoảng cách tứ I đến

 











0

4

0

2

2

1

x x

d

x x

 

  

   0,25

Ý.2 (1,0 đ)

Dấu xãy x0  1 x0 0;x0 2

Kết luận:

 

 :y x

 

 :y x 0,25

Câu II

1 Giải phương trình sin2 sin cos 2 sin





2 cot

x x

x x

x

  

 .

2 Giải hệ phương trình





3

2 1

7

x y x y

x y

    

 

 

 .

2,0 đ

Điều kiện: sinx0; cotx1 Ta có: cos sin 2 sin2 cot

x

x x

x   

 0,25

Và sin2 sin cos





sin sin sin 2

x

x  x x x x

Do đó: PT2 sin2x



2 sin



x 2 0 sinx 1hoặc sin 2 x

0,25 Ý.1

(1,0 đ)

sin

2

x     x  k  , sin 2

2

x   x  k 

Kết hợp nghiệm,vậynghiệm PT 2

x   k 





x  k  kZ 0,25

Điều kiện: x y



 1



Mà x3  7 y2   0 x 0,25 Do đó: PT đầu 2x



y 1



x y 1 0

.

0,25 Chia hai vế cho x, ta được:

1

2

y y

x x

    

1 y

x



  (th) y

x

  

(loại) 0,25

Ý.2 (1,0 đ)

Suy ra: y x vào PT sau, ta có: x3x22x   8 x

Kết luận: nghiệm hệ PT là: x2;y1 0,25

Câu III

1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi 3 , ,

sin cos

y Ox x

x x



  và

3 x .

2 Với số thựcx, y, z thỏamãnđiều kiện x  y z 1 Tìm giá trị nhỏ của biểu thức x2xyy2  y2yzz2  z2zxx2

2,0 đ

Ta có:

3

3

4

1

sin cos sin cos

S dx dx

x x x x

 

 









sin 0, cos

4 x x x

     

0,25

Hay

2

4

2 sin cos

S dx

x x









Đặt tan 2

cos dx

t x dt

x

   sin 2 2

1 t x

t

 

Đổicận 1;

4

x  t x  t

0,25

Do đó:

3

3

1 1

1

ln

t t

S dt t dt t

t t

  

      

 





0,25

Ý.1 (1,0 đ)

Kết luận: 1



3 1



ln ln

S     0,25

Ta có: 4x24xy4y2 3



xy

 

2 xy



2 3



xy



2

Suy ra: 2 3





2

x xyy  x y xy

0,25

Tương tự: 2 3





y yzz  yz 2 3





2

z zxx  zx 0,25

Suy ra: x2xyy2  y2yzz2  z2zxx2  3



x y z



 0,25 Ý.2

(1,0 đ)

Dấu xảy ra

x  y z Kết luận GTNN 0,25

Câu IV

Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, có AB AC4avà BAC1200 Hình chiếu A’ lên mp(ABC) trùng với tâm đường trịn ngoại tiếp tam giácABC Góc giữa cạnh bên với đáy là 300 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữaAA’ vớiBC.

1,0 đ

Dựng hình bình hành ABHC  hai tam giác ABH BCH  H tâm đường tròn

Tam giác ABH ' tan 300 3 a

AH a A H a

    

0 2

' ' '

1

4 sin120 4 16

2

ABC ABC A B C

a

S  a a  a V  a  a

0,25

Gọi I giao điểm AH BC, hạ IJ  AA'

Ta có: BCAI BC, IJ (ĐL3ĐVG)d AA BC



',



IJ 0,25

Mà sin 300



',



2

IJ AI  a  a d AA BC a 0,25

Câu Va Tính mơđun số phức zi, biết



zi



 

z i 2iz ( i đơn vị ảo ). 1,0 đ Giả sử z x yi x y



, R



Từ giả thiết, ta có: x



y1



i  x 



1 y i



 2y2xi 0,25 Do đó:



x2y2 1



2xi 2y2xi 0,25

Hay x2y22y  1 x2



y1



2 2 0,25

Kết luận: z  i x



y1



i  x2



y1



2  0,25

Câu VIa

1 Trong mặt phẳngOxy cho M elip

 

E : 5x29y2450 tích khoảng cách từM đến2tiêu điểm (E) là 65

9 Hãy tìm M, biếtM thuộc (II).

2 Trong không gian Oxyz,cho điểm A



5;3; 1



Viết phương trình mp(P) chứa trụcOx cho khoảng cách từA đến (P) bằng1.

2,0 đ

Ta có:

 

2

2 2

:

9

x y

E   c a b    0,25

Do đó: 1 2 65 65 65

9 M M 9 M

c c

MF MF a x a x x

a a

  

        

   0,25

Vậy xM2  4 xM  2(thích hợp) xM 2(loại) 0,25 Ý.1.a

(1,0 đ)

Suy ra: 20 45 25

9

y y y

        Kết luận: 2;5

3 M 

  0,25

PT mặt phẳng (P) có dạng ByCz0



B2C20



0,25

 





32 2

, B C

d A P

B C



 



2

0

8 3

4 B

B C B C

B

  

   

  

0,25

Khi B0 chọn C 1

 

P :z0 0,25

Ý.2.a (1,0 đ)

Khi

4 C

B chọn C   4 B

 

P : 3y4z0 0,25 Câu Vb Tìm số phức z, biết i



2 32i z



i

z z

 

   ( i đơn vị ảo). 1,0 đ

Điều kiện: z0 Ta có: z z  z2, đó: 0,25

PT     1 i 3i



2i z



0,25

Hay



2



2

2 i

i z i z

i

 

     

Kết luận: nghiệm PT













1 2 4

2 5

i i i

z i

i i

    

    

  0,25

CâuVIb

1 Trong mặt phẳngOxy, cho elip

 

E :x24y2 1 Tính tâm sai (E) viếtPTCT hypebol nhận tiêu điểm (E) làm đỉnh có hai tiêu điểm hai đỉnh(E)

2 Trong không gian Oxyz,cho điểm A



5;3; 1



Viết phương trình mặt phẳng (P)

đi quaA song song với trụcOx, biết khoảng cáchOx (P) bằng 1.

2,0 đ

Ta có: PT tắc elip

 

2

:

1

4

x y

E  

0,25

3

c Vậy tâm sai elip

e 0,25

PT tắc hypebol

 

2

2

:x y H

a b  Mà tiêu điểm elip 3; , 3;

2

   



   

   

    nên

3 a .

0,25 Ý.1.b

(1,0 đ)

Mặt khác 2 4

a b  b    , Kết luận:

 

2

:

0, 75 0, 25

x y

H   0,25

PT mặt phẳng (P) có dạng ByCz D 0



B2C2 0,D0



Mà (P) qua A nên 3B C    D C 3BD

0,25

 







 







2

2

, ,

3 D

d Ox P d O P

B B D

  

 

2

0

10 3

5 B

B D B D

B

  

   

   

0,25

Khi B0 chọn D   1 C

 

P :z 1 0,25 Ý.2.b

(1,0 đ)

Khi

5 D

B  chọn D   5 B 3,C 4

 

P : 3y4z 5 0,25 …HẾT…

HƯỚNG DẪN CHẤM:

 Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành (kể cả

phần đọc thêm) có kết xác đến ý chođiểm tối đa ý ; cho điểm đến phần

học sinh làm từ xuống và phần làm sau không cho điểm.

 Điểm ý nhỏ cần thảo luận kỹ để chấm thống Tuy nhiên , điểm trong từng câu và

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TrườngTHPT Phan Châu Trinh

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN2

Mơn thi: TỐN

– Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3 2x2x

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị(C) củahàm số cho

2 Tìm tọa độ điểm trục hồnh cho quađiểm kẻ hai tiếp tuyến với đồ thị (C) góc haitiếp tuyến 450

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình 1 tan 2 sinx cosx x

   

 

 

2 Tìm m để phương trình x2m x



 1



6x x1 có bốnnghiệm thực phân biệt Câu III (2,0 điểm)

1 Cho hình phẳng (H) giới hạn đồ thị hàm số x y

x

 

 hai trục tọa độ Tính thể tíchcủa khối

trịn xoay tạo thành quay hình (H) quanh trụchồnh 2 Giải phương trình x26x2 2x3

Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a, góc mặt bên mặt đáy

45 Tính theo a thể tích khối chópS.ABC diện tích xung quanh hình nón cóđỉnh S vàđáy đường tròn nội tiếp tam giácABC.

II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần:A hoặcB A Theo chương trình Chuẩn

Câu Va (1,0 điểm) Giải bất phương trình log22

 

x2 4 Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳngOxy, cho tam giác ABC có AB G

 

1;1 trọng tâm ĐỉnhCởtrên trục Ox haiđỉnhA, Bở đường thẳng :x  y Tìm tọa độ đỉnhA, B C.

2 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 



:x2y  z Viết phương trìnhđường thẳngd song song với

 



sao cho d lần lượtcắttrục hoành, trục tungtạiA B với AB

B Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 2x log2x2 Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặtphẳngOxy, viết phương trình tắc parabol (P), biết (P) có đườngchuẩn :x

   Khiđó, tìm tọa độ điểmM (P) để khoảng cách từM đến tiêu điểm (P) 4. 2 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 



:x2y2z 1 Tìm tọa độ điểm A trục hồnh điểmB trục tungsao cho AB song song với

 



khoảng cách giữaAB với

 



Hết

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 2

Mơn thi: TỐN– Khối D

ĐÁP ÁN

Câu-Ý Nội dung Điểm

Câu I

Cho hàm số y  x3 2x2x.

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) của hàm số cho.

2 Tìm tọa độ điểm trục hồnh để qua kẻ hai tiếp tuyếnvới đồ thị (C) góc giữa hai tiếp tuyến bằng 450.

2,0 đ

Tập xác định: DR 0,25

Sự biến thiên:

+Chiều biến thiên:

1

' 1, ' 1

3 x

y x x y

x

  

     

  

Trên khoảng 1;1

 

 

 , y'>0 nên HSĐB khoảng

1 ;

3

 

 

 



1;



, y'<0

nên HSNB

+Cực trị:Hàm số đạt cực đại x1,yCĐ= cực tiểu

1

,

3 CT 27

x y  

0,25

+Giới hạn: lim , lim

xy  xy 

+Lập BBT

0,25 Ý.1

(1,0 đ)

Đồ thị:Đồ thiqua O và

 

1, 0,25

Qua điểm M Ox, ta luôn kẻ tiếp tuyến với (C) y0 0,25 Góc hai tiếp tuyến 450, mà y = có HSG 0, nên HSG tiếp tuyếnd cịn

lại có HSG bằng-1 0,25

Gọi



x y0; 0



tiếp điểm d (C)

0

0

0

' 1 4

3 x

y x x

x

  

       

  

0,25

Ý.2 (1,0 đ)

Khi x0  0 y0  0 d y:   x M O

 

0;

Khi 0 0 : 4 32 32;

3 27 27 27 27

x  y   d y x    x M 

   

0,25

Câu II

1 Giải phương trình 1 tan 2 sinx cosx x

   

 

  .

2 Tìm m để phương trình x2m x



 1



6x x1 có bốnnghiệm phân biệt.

2,0 đ

Điều kiện: sin 2

cos 2

x

x k x k

x





 

   

 

 0,25

Ý.1

(1,0 đ) PT

2

sin cos sin sin cos sin cos

2 2

sin cos cos sin cos cos sin

x x x x x x x

x x x x x x x

 

   

1 1

2 cos

cos sin

2 cos

x

x x

x



  

       

     

 

 

7

2 ;

4 12 12

x   k  x  k  x  k 

          

0,25

So sánh điều kiện, kết luận: ;





12 12

x  k  x   k  kZ 0,25

Điều kiện: x1 Khi x1 PT vơ nghiệm 0,25 Khi x1, chia hai vế PT cho x1, ta có: PT

2

1

x x

m

x x

 

    

 

 

Đặt ,

1 x

t x

x

  







2

' , '

2 1

x

t t x

x x



   

  Lập BBT  2 t

0,25

Do đó: m  t2 6t với 2t Xét f t

 

  t2 ;t f '

 

t      2t t 0,25 Ý.2

(1,0 đ)

Lập BBT từ nhận xét t2 sinh nghiệmx phân biệt t2 sinh

nghiệm x Kết luận: PT có nghiệm phân biệt   8 m 0,25

Câu III

1 Cho hình phẳng (H) giới hạn đồ thị hàm số x y

x

 

 trục tọa độ.

Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay (H) xung quanh trụcOx.

2 Giải phương trình x26x2 2x3.

2,0 đ

Đồ thịcắt trục hoành x2 trục tung tạiy = 0,25 Do đó:





2

2 2

2

0 0

2

1

1 1 1

x

V dx dx dx

x x x x



  



 



 

         

 

  

      







0,25

Hay

2

0 ln

1

V x x

x

 

     



  0,25

Ý.1 (1,0 đ)

Kết luận: V 





2 ln 6 



2





4 3ln 3



0,25 Đặt





2

3

3

y

y x

y x

 

    

  

 0,25

Ta có:











2 2

2

6 6 6

4

6

3

x x y x x y x x y

x y x y

y y x

y x

           

  

  

   

  

    

  



0,25

Khi x y x28x    6 x 10 Vậy: nghiệm PT x 4 10 0,25 Ý.2

(1,0 đ)

Khi y 4 x x24x    2 x Vậy: nghiệm PT x 2 0,25 Câu IV

Cho khối chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a, góc mặt bên mặt đáy bằng 450 Tính thể tích khối chópS.ABC diện tích xung quanh hình nón có đỉnh Svà đáy đường tròn nội tiếptam giác ABC.

1,0 đ

Hạ SO



ABC



O tâm tam giác ABC Gọi M trung điểm AB Ta có: ABOM  ABSM  SMO450

Mà

2

1 3 3

3 6 S ABC 24

a a a a a

OM  a  SO V   0,25

Bán kính đường tròn nội tiếp đáy a

rOM  vàđường sinh 6 a

lSM  0,25

Kết luận:

2

3

6 12

XQ

a a a

S rl  0,25

Câu Va Giải bất phương trình 2

 

2

log x 4. 1,0 đ

Điều kiện: x0 0,25

Ta có: BPT   2 log2

 

x2 2 0,25

Hay: log2 1

2

x x

      0,25

Kết luận nghiệm BPT 2  x

1

2 x

    0,25

Câu VIa

1 Trong mặt phẳngOxy, cho tam giác ABC có AB 2 và G

 

1;1 trọng tâm. ĐỉnhCở Ox A, Bở trên :x  y 0 Tìm A, B C.

2 Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng

 



:x2y  z 0 Viết phương trìnhđường thẳngdđểd cắtOx, Oy tạiA, B với AB 5 và d / /

 



.

2,0 đ

Gọi A a a



; 1 ,

 

B b b;   1

  

C c

 

; Ox.Do đó: a b c a b

   

  

 0,25

Nên 2



b a



2   2



1 2a



2   1 2a   1 a a1 0,25 Khi a  0 b 1,c2 Vậy: A

 

0;1 , B

 

1; C

 

2; 0,25 Ý.1.a

(1,0 đ)

Khi a  1 b 0,c2 Vậy: A

 

1; , B

 

0;1 C

 

2; 0,25 Gọi A a



; 0; 0



Ox B;



0; ; 0b



OyAB 



a b; ; 0



 AB2 a2b25 0,25



; ; 0





1; 2;1



AB a b n     a b

 

Suy ra: 2;

1

a a

b b

  

 

    

  0,25

Khi

1 a

d b

  

  

 qua A



2; 0; 0



có VTCP AB



2;1; 0



 2

:

x t

d y t

z

   



  

  

0,25 Ý.2.a

(1,0 đ)

Khi

1 a

d b

 

   

 qua A



2; 0; 0



có VTCP AB  



2; 1; 0



 2

:

x t

d y t

z

   

   

  

0,25

Câu Vb Giải bất phương trình log 2x log2x2. 1,0 đ

Điều kiện: 0; 0,

2 0; 2

x x

x x

x x

 



  

  

 x1 0,25

Đặt tlog2x, ta có:









1 1

0

1 t t

t t t t     0,25

Kết luận nghiệm BPT x

  x1 0,25

CâuVIb

1 Trong mặt phẳng Oxy Lập PTCT parabol (P), biết (P) có đường chuẩn là

x  Khi đó,hãy tìm tọa độ điểmM (P) để MF 4

2 Trong không gian Oxyz, cho mp

 



:x2y2z 1 0 Tìm A Ox B trênOy đểAB song song với

 



và khoảng cách giữaAB và

 



1.

2,0 đ

PTCT (P) có dạng y2 2px p



0



 PT đường chuẩn p

x  0,25

Suy ra:

 

:

p

p P y x

     0,25

Ta có: 4

2 M M M

p

MF   x   x  x  0,25

Ý.1.b (1,0 đ)

Kết luận: M



2; 4



0,25

Gọi A a



; 0; 0



Ox B;



0; ; 0b



OyAB 



a b; ; 0



n 



1; 2; 2



0,25

Hay:  a 2b   0 a 2b 0,25

 



 





 



/ / , , 1

2

a a

AB d AB d A a

a











         

 

 0,25

Ý.2.b (1,0 đ)

Khi a    4 b A



4; 0; ;

 

B 0; 2; 0



Khi a    2 b A



2; 0; ;

 

B 0;1; 0



0,25

…HẾT…

HƯỚNG DẪN CHẤM:

 Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hiệnhành (kể cả

phần đọc thêm) có kết xác đến ý chođiểm tối đa ý ; cho điểm đến phần

học sinh làm đúng từ xuống và phần làm sau không cho điểm Điểm toàn thi không làm tròn số.

 Điểm ý nhỏ cần thảo luận kỹ để chấm thống Tuy nhiên, điểmtrong từng câu và