De thi thu Toan lan 2 Quoc Hoc Quy Nhon

Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành.. Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A.[r]

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ LẦN

TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC QUY NHƠN TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – NĂM 2011 Mơn thi: TỐN – KHỐI A-B-D Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gain phát đề) I: PHẦN CHUNG: ( 7điểm)

CâuI (2điểm): Cho hàm số y = f(x) =(x + 2)(x2 – mx + m2 -3) ( 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành Câu II (2 điểm):

1: Giải phương trình: 4sin2x + = 8sin2xcosx + 4cos22x 2: Giải bất phương trình: x2 + 4x + > 3 x(x + 1)

Câu III (1điểm): Tính tích phân

1

4

4

0

2

2

x

I dx

x x



 



Câu IV (1điểm): Cho hình hình chóp S.ABCD có cạnh SA =

4, tất cạnh lại Chứng minh tam giác SAC vng tính thể tích khối chóp S.ABCD

Câu V(1điểm): Giải hệ phương trình:

3 2 1 0

(3 ) 2

x y

x x y y

   

 

    

 

PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm hai phần A B

A.Theo chương trình chuẩn

Câu VI/a: (2điểm)

1 Trong mpOxy cho tam giác ABC cân A Đường thẳng AB BC có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – = Viết phương trình đường cao kẽ từ B tam giác ABC.

2 Trong kgOxyz viết phương trình mặt phẳng (P) qua giao tuyến hai mặt phẳng   : 2x – y – = 0;   : 2x – z = tạo với mặt phẳng (Q): x – 2y + 2z – = góc

 mà

2 os =

9 c 

Câu VII/a: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: z1 2 i 5va z z 34

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI/b.(2điểm)

1 Trong mpOxy cho tam giác ABC cân A Đường thẳng AB BC có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – = Viết phương trình đường trung tuyến kẽ từ B tam giác ABC

2 Trg kgOxyz viết phương trình đường thẳng d nằm mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, cắt

các đường thẳng

   

1

: ; ' :

2 2

x t x t

D y t D y t

z t z t

   

 

 

  

 

     

  tạo với (D) góc 300

Câu VII/b: (1điểm) Giải phương trình: x4.15log3 x  51 log 3x 0

-

Hết -H

ướng dẫn giải: CâuI : bạn đọc tự giải

2 Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hồnh hệ sau có nghiệm:

 

 

2

2

( 2) (1)

3 (2)

x x mx m

x m x m m

     

 

     

 

(1) 2

3 (3) x

x mx m

   

   



*) Với x = - thay vào (2): m = 

*) (3) có nghiệm m 2 , (3) có hai ngiệm x =

2

12

m  m

Thay vào (2) ta được: 12 3 m2 0  m2

Câu II : 1.4sin2x + = 8sin2xcosx + 4cos22x  – 4cos2x = 8cosx – 8cos3x + 16cos4x – 16cos2x + 4  16cos4x – 8cos3x  12cos2x + 8cosx - = 0

 (2cosx – 1)(8cos3x – 6cosx + 1) =  (2cosx – 1)(2cos3x + 1) = 0 x2 + 4x + > 3 x(x + 1) Điều kiện x ≥ 0

Đặt t x, t ≥

Bất phương trình trở thành t4 + 4t2 +1 > 3t3 + 3t  t4 – 3t3 + 4t2  3t +1 > 0  (t – 1)2(t2 – t + 1) > t  1

Vậy nghiệm bất phương trình x≥ x 

Câu III:

1

4

4

0

2

2

x

I dx

x x



 



=    

1

2

2

0

4

2

1

x

dx

x x

  



 

   

 



= +    

1

2

0

1 3

2 x x x x dx

 

  

 

     

 



=

1

1 1

1 3ln 3ln

2 x x x x 0

 

       

 

 

= … Câu VI: ABCD hình thoi , gọi O tâm , P trung điểm SC

Ta có BD  (SAC), SC  (PBD),

1

2

OP SA

==> SC  OP

OP đường TB tam giác SAC, SC  SA ==> SAC vuông A ==> SA =

5 Gọi H chân đường cao ==> H  AC,

5 SA SC SH

AC

 

Ta có: BD = BP2 OP2 = 39

1

V  AC DB SH

Câu V:

3 2 1 0 (1)

(3 ) 2 (2)

x y

x x y y

   

 

    



 Điều kiện

1

2 x va y

(2)  12 x 2 x 1 2y 1 2y1

Xét hàm số f(t) = (1 + t2)t = t3 + t

f’(t)= 3t2 + > t  R Vậy hàm số tăng R

(2)  f  2 x f  2y1  2 x  2y  – x = 2y –  2y = – x Thay vào (1): x3 + x – =  x = Nghiệm hệ (1;1)

Câu VI.a:

1 B = ABAC, B 3;

2

 

 

 

Theo u cầu tốn ta có vơ số tam giác thỏa mãn toán mà cạnh AC nằm đường thẳng // với

P

O H

D

C B

Chọn M(4;1)  BC, M trung điểm BC ==> C 5;

2

 

 

 

Tam giác ABC cân A, Vậy AM  BC ==> AM: 2x + y – = A = AM AB ==> A(6;-3)

Đường cao BH qua B có VTPT AC==> pt Gọi d giao tuyến     ==> d:

2

2

x y

x z

  

 

 



Lấy A(0;1;0), B(1;3;2)  d

(P) qua A, (P) có dạng phương trình: Ax + By + Cz – B = (P) qua B nên: A + 3B + 2C – B = ==> A = - (2B + 2C) Vậy (P): - (2B + 2C)x + By + Cz – B =

2

2 2 2

os

9 (2 )

B C B C

c

B C B C

      

  

 13B2 + 8BC – 5C2 = 0, Chọn C = ==> B = 1; B = 5/13 + Với B = C = 1; (P): - 4x + y + z – =

+ Với B = 5/13 C = 1; (P’): - 23x + 5y + 13z – = Câu VII.a: Gọi z = x + yi (x;y  R)

Ta có:

2

2

( 1) ( 2) 25

34

x y

x y

    

 

 



 

2

5 28 15

x y

y y

 

 

  



3

29 / 3/ x y x y

   

      

  

 ==> z

Câu VI.b: 1.Cách giải câu VI.a , đường trung tuyến xuất phát từ B qua trung điểm N AC Ta có (D) nằm (P) Gọi A = (D’)(P) , giải hệ ta A(5;-1;5)

Lấy B(1+t;t;2+2t)  (D); AB (t 4;t1;2t 3)



VTCP d

Ta có cos300 =    

2

2

6

2

6 ( 4)

t

t t t





    

1 t t

 

  



*) Với t = - AB



= ( -5;0;-5) ==> d:

1

x t

y

z t

   

     

*) Với t = AB



= (0; 5;5) ==> d:

1 x

y t

z t

  

  

   

Câu VII.b: x4.15log3 x  51 log 3x 0 3

1 log

log 2 log

3 x 4.15 x 5.5 x

   

3

3 log

log

3

4

5

x x

 

 

       

 

   



3

log

3

1

5

x

x

 

  

 

 

 