De thi thu DH so 4

Tìm phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD.. 2.[r]

(1)

Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011

MƠN: TỐN-KHỐI D

(Thời gian làm : 180 phút)

A PHẦN BẮT BUỘC

Câu I(2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 2mx2 + m2x – có đồ thị (C m)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến khoảng (2 ; + ∞ ) Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình : sin2x+sin 2x=2

√

x

(

x

π

)

¿

x3+x2y=2y x2y − y3

=y

¿{

¿

CâuIII(1 điểm) Tính tích phân I =

∫

0 ln

dx

3

√

ex

CâuIV(1 điểm)

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a , góc mặt bên mặt đáy 600 Tính thể tích hình chóp S.ABCD.

CâuV(1 điểm)

Cho số dương x , y , z có tổng Chứng minh bất đẳng thức :

√

xy+z +

√

yz yz+x+

√

zx zx+y ≤

3

B PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chọn phần I II)

I-

Chương trình chuẩn

CâuVIa(2 điểm).

1 Cho tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0) , B(0;2) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C

2 Trong khơng gian , cho mặt phẳng (P) đường thẳng (d) có phương trình: (P) : 2x + y + z – = , (d) : x −21=y

1= z+2

−3 Viết phương trình đường thẳng (Δ) qua giao điểm (P) (d) , vng góc với (d) nằm (P)

CâuVIIa( 1điểm) Giải phương trình :

2

4

1 log ( 2) log ( 2)

4

x x x  x 

II-

Chương trình nâng cao

Câu VIb(2điểm).

1.

1

2¿ Tìm phương trình đường trịn (C) ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD

2.

CâuVIb(1điểm) Giải bất phương trình: log2



x



x

(2)

ĐÁP ÁN –KHỐI D

Câu Nội dung Th/điểm A Phần bắt buộc

CâuII 2điểm

1-(1đ)

Với m = , hàm số y = x3 – 2x2 + x –

* TXĐ: D = R

* Giới hạn : x → ±∞lim y=± ∞

* y’ = 3x2 – 4x +

1

' 1 23

3 27

x y y o

x y

   



  

   



* y” = 6x –

¿

⇒y=0 dlrarrow x= \{ \{2\} over \{3\} \} drarrow y= - \{ \{25 \} over \{27 \} \} \} \{

¿

⇒I

(

;−

25

27

)

Hàm số tăng (− ∞;13);(1;+∞) giảm (13;1) * Đồ thị (Tự vẽ)

0,25

2 2- (1 điểm) Hàm số y = x3 – 2mx2 + m2x – 1

* y’ = 3x2 – 4mx + m2 có Δ'

=m2

⇒y '=0⇔

x=m

¿

x=m

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Với m > ,

hàm số đồng biến (2;+∞)⇔y ' ≥0,∀x>2⇔m≤2⇒0<m≤2 (1)

Với m = , y’ = 3x2 0,∀x , nên hàm số tăng trên (2;+∞) m = 0

(2)

Với m < ,

hàm số đồng biến (2;+∞)⇔y ' ≥0,∀x>2⇔m

3≤2⇒m≤6⇒m<0 (3) Theo (1) , (2) , (3) suy : m≤2 hàm số đồng biến (2;+∞)

0,25

0,25 0,25

0,25

CâuII 2điểm

1- (1điểm) Giải phương trình : sin2x

+sin 2x=2

√

x

(

x

π

)

0,25

y’





3





1

x

0

y

+ +





y’









1 x

0

y

+ +





(3)

sinx=0⇔x=kπ(1)

¿

sinx+cosx=

√

(

x+π

)

¿ ¿ ¿ ¿

¿⇔2 sin

2

x+2 sinxcosx=2

√

x

(

x

π

)

⇔

¿

Phương trình (2) tương đương sin(x+π

4)=sin

(

x

π

)

⇔

x+π 4=3x+

π 4+k2π

¿

x+π

4=−3x − π 4+k2π

¿

x=kπ

¿

x=−π 8+k

π

¿ ¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

Vậy phương trình có nghiệm x = k π , x=−π 8+k

π

0,25

2

2-1điểm Giải hệ phương trình:

¿

x3+x2y=2y x2y − y3

=y

¿{

¿

Nhận xét (0 ; 0) nghiệm hệ phương trình

Xét y ≠0 , cho hai vế hệ phương trình cho y3 ta hê:

¿

(

xy

)

3

+

(

x

y

)

2

=2 y2 (1)

(

xy

)

2

−1=

y2 (2)

¿{

¿

thay (2) vào (1) ta

(

x

y

)

3

−

(

x

y

)

2

+2=0

Đặt t = xy⇒t3−t2+2=0⇔(t+1)(t2−2t+2)=0⇔t=−1

Với t = - => y = - x ta : x3 – x3 = - 2x => x = y = (loại)

Vậy hệ phương có nghiêm (0;0)

0,5

0,25

CâuII I 1điểm

Tính tích phân I =

∫

0 ln

dx

√

ex

∫

0 ln

dx e

x

3

+2

(4)

Đặt t = e x

3⇒dt=1

3e x

3dx⇒dx

=3 t dt

Đổi cận :

x=0⇒t=1

¿

x=3 ln 2⇒t=2

¿ ¿ ¿ ¿

I = 3

∫

1

dt t(t+2)=

1 6

∫

2

(

t

−

1 t+2

)

1

6

(

t −

)

=1 6ln

t t+2¿1

2

=1 6ln

3

0,25

0,25 0,5

CâuI V 1điểm

Do S.ABCD hình chóp , nên SO đường cao h/c Gọi E trung điểm CD , suy SE⊥CD,OE⊥CD

Suy góc SEO góc mặt bên mặt đáy Và góc SEO = 600

Ta có : SO = OE tan600 = a

√

2 Đáy ABCD hình vng SABCD = a2

Vậy : VS.ABCD =

3h.Sđ=a

3

√3

0,25

0,5 CâuV

1điểm

√

z

√

x

√

y

≤

Ta có : x + y + z = ⇒z=1− x − y⇒xy+z=(1− x)(1− y)

⇒

√

xy+z=

√

(1− x)(1− y)=

√

y

− x

x 1− y≤

1 2

(

y 1− x+

x 1− y

)

√

yz+x≤ 2

(

z 1− y+

y 1− z

)

;

√

zx zx+y ≤

1 2

(

z 1− x+

x 1− z

)

⇒VT≤1 2

(

y+z 1− x+

x+z 1− y+

x+y 1− z

)

3

Dấu đẳng thức xảy x = y = z = 13

B Phần tự chọn I-3đ

CâuV Ia 2-điểm

1-(1điểm)

Ta có : ⃗AB=(−1;2)⇒AB=

√5

d

y

x

Theo suy : SABC =

1

2AB d(C ;AB)=2⇔|6t −4|=4⇔ t=0

¿

t=4

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Từ ta suy hai điểm C(-1;0) C

(

;

8

3

)

0,25

0,5

2-(1điểm)

S

A

B C

D E

(5)

Đường thẳng (d) :

¿

x=1+2t y=t z=−2−3t

¿{ {

¿

(d) cắt (p) M ⇒2(1+2t)+t+(−2−3t)−1=0⇒t=1 Vậy toạ độ điểm M :

M

¿

x=1+1=2 y=1

2 z=−2−3

2=−

¿{ {

¿

⇒M

(

;

;−

7 2

)

Đường thẳng cần tìm qua điểm M

(

;

;−

7

2

)

tuyến

⃗

ad=(2;1;−3) , ⃗np=(2;1;1)⇒⃗a=

[

ad,⃗np

]

;−

;

⇒

aΔ

;−

;

Vậy phương trình đường thẳng (Δ) cần tìm :

¿

x=2+t y=1

2−2t z=−7

2

¿{ {

¿

0,25

CâuV IIa (1điể m)

ĐK x + > <=> x > -

Phương trình viết lại:





2

1

log log ( 2)

4 x x x  x 

Đặt : t = log2(x + 2) , ta được:

1

0 4t xt x  4

1

t t x

 

    

Với t = -1 <=> log2(x + 2) = -1 <=> x = - 3/2 (nhận)

Với t = - 4x + <=> log2(x + 2) = - 4x + (*)

Vp: hàm đồng biến ; Vt : hàm nghịch biến Nên (*) có nghiệm x = (nhận) Vậy phương trình có hai nghiệm x = x = - 3/2

0,25 0,25

0,25

0,25 II.3đi

ểm CâuV Ib (2

điểm) 1.(1đ) Ta có : AD = 2d(I ;

) = 2

3

2

5

3

I I

x y

AB AD

 

   



Đường chéo : BD =

2 5

5

BD AB AD   R 

Vậy đường tròn ngoại tiếp ABCD (C) :

2

x y  

 

0;25 0,25

0,5

(6)

















2; 3; , 1; 2;3

, 7; 7; 7;7;1 p

p Q

AB n

AB n n

    

 

        

 

⃗ ⃗ ⃗

Và (Q) chứa A(1;2;3) nên có phương trình : 7(x-1) + 7(y -2) +1.(z -3) =

Vậy (Q) : 7x + 7y + z – 24 =

0,25 0,25 0,5 CâuV

IIb (1điể m)

Điều kiện :  3 x1 Bpt





2 2

2

3 log log 1 log

1

2 3 14

1

5

3

x

x x

x x x x

x x



      

 

         



   

Vậy tập nghiệm bpt S =

;5

 



 

 

0,25 0,25

0,25