thu suc 63

PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm).. a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2[r]

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011

MƠN TỐN (Thời gian làm bài: 180 phút) A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

Tìm m để hàm số đồng biến khoảng 2;

Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1

b) Giải phương trình : 3 )

( x x2   x2  x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân 

 3ln2

0

2

) ( ex

dx

I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm Ocủa tam giácABC Tính thể tích khối lăng trụABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ và BC a

4

Câu V (1 điểm)

Cho x,y,z thoả mãn số thực: x2 xy y2 1.Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức

1

2

4

 

  

y x

y x P B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm)

a) Cho hình 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

b) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC)

Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:(z2 z)(z3)(z2)10,zC.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm)

a Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng

( ) : 3 x  y cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích b.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2

1

4 :

1

   

 

 y z

x d

1

3

2 :

2

z y

x

d    

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log2x2)9log2x2

ĐÁP ÁN Câu I

a) Đồ Học sinh tự làm

0,25 b) y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 '6 6(2 1) 6 ( 1)

m m x m x

y y’ có (2m1)2 4(m2m)10

0,5

  

    

1

'

m x

m x y

Hàm số đồng biến 2;  y'0 x2 m12 m1

0,25

0,25 Câu II a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1 1 điểm

PT 2cos3x(4cos2 x1)1 2cos3x(34sin2 x)1 0,25

Nhận xét xk,kZkhơng nghiệm phương trình ta có:

1 ) sin ( cos

2 x  x   2cos3x(3sinx4sin3x)sinx  2cos3xsin3xsinx  sin6xsinx

0,25

   

  

 

 



2

2

m x x

m x x

      

  

7

5

 

 m x

m x

;mZ

0,25

Xét 

5

2m 

k 2m=5km5t,tZ Xét

7



 m

 =k 1+2m=7kk=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Z

l

Vậy phương trình có nghiệm:

5 2m

x (m5t);

7



 m

x  (m7l3)

trong m,t,lZ

0,25

b)

Giải phương trình :

2 )

( x x2   x2  x 1 điểm

PT  2(3x1) 2x2 110x2 3x6 ) ( ) (

2 x x2   x2   x2  x Đặt t 2x2 1(t0) Pt trở thành 4t22(3x1)t2x23x20

Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x2)(x3)2

0,25

Pt trở thành 4t22(3x1)t2x23x20

Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x2)(x3)2

Từ ta có phương trình có nghiệm :

2 ;

2

2   

 x t x

t

Thay vào cách đăt giải ta phương trình có nghiệm:

    

   

7 60 ;

6

x

0,5

Câu III

Tính tích phân 

 

2 ln

0 (3 ex 2)2

dx

I 1 điểm

Ta có 

 

2 ln

0 3 3

) (

x x

x

e e

dx e

I =

Đặt u=

x

e  du e dx

x

3

3  ;x0u1;x3ln2u2

0,25

Ta được:   

1

2

) (

3 u u

du

I =3 du

u u

u

 

    

 

 

2

1

2

) (

1 )

2 (

1

1 0,25

=3

2

1

) (

1

ln ln

   

 

   

u u

u

0,25

8 ) ln(





Vậy I

8 ) ln(

3 



0,25

Câu IV

Gọi M trung điểm BC ta thấy:

    

BC O A

BC AM

' BC(A'AM) Kẻ MH  AA',(do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.)

Do HM BC

AM A HM

AM A BC

 

   



) ' (

) ' (

.Vậy HM đọan vơng góc chung

0,5

A

B

C

C’ B’

A’

H

O

AA’và BC,

4 )

BC , A'

(A HM a

d  

Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có:

AH HM AO

O A



'

 suy

3 a a

4

3 a

3 a AH

HM AO O '

A   

Thể tích khối lăng trụ:

12 a a

3 a a BC AM O ' A S

O ' A V

3

ABC   



0,5

Câu V 1.Cho a, b, c số thực dương thoả mãn abc3.Chứng minh

rằng:

3( 2 2 2)4 13

abc c

b a

1 điểm

Đặt

2 ; 13

) (

3 ) , ,

(a b c a2 b2 c2 abc t b c

f       

*Trước hết ta chưng minh: f(a,b,c) f(a,t,t):Thật Do vai trò a,b,c nên ta giả thiết abc

3

3    

 a a b c hay a1

f(a,b,c) f(a,t,t)

13

) (

3 13

) (

3 a2 b2 c2  abc  a2 t2 t2  at2 

= 3(b2c22t2)4a(bct2)

= 

  



 

 

   



 

 

2

2

4 ) (

4 ) (

3 b c b c a bc b c =

2

) (

) (

c b a c b

  

=

2 ) )(

(

   a b c

a1

0,5

*Bây ta cần chứng minh: f(a,t,t)0 với a+2t=3 Ta có f(a,t,t)3(a2t2t2)4at213

=3((32t)2t2t2)4(32t)t213

= 2(t1)2(74t)0 2t=b+c <

Dấu “=” xảy t1&bc0abc1(ĐPCM)

0,5

2 Cho x,y,z thoả mãn số thực: x2 xy y2 1.Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức

1

2

4

 

  

y x

y x P

Tõ gi¶ thiÕt suy ra:

xy xy

y x

xy xy xy y

xy x

3

) (

2

2 2

    

     

Từ ta có

1

xy

Măt khác x2xyy21x2y21xy

nên x4 y4 x2y22xy1 đăt t=xy

Vởy toán trở thành tìm GTLN,GTNN

3 ;

2 )

(

2

   

   

 t

t t t t f

P 0.25

TÝnh

   

  

        

) (

2

) (

6 ) (

' 2

l t

t t

t

f 0.25

Do hàm số liên tục ;1

nên so sánh giá trÞ cđa

)

1 (

f , f( 62),f(1) cho kÕt qu¶:

6 )

(   

 f

MaxP ,

15 11 ) (

minP  f  

0.25

Câu VIa 1 điểm

a) (Học sinh tự vẽ hình)

Ta có: AB  1; 2 AB Phương trình AB là: 2x  y

 :  ;

I d y x I t t I trung điểm AC:C(2t1;2t) 0,5

Theo ra: ( , ) 2

1

 

 ABd C AB

S ABC .6t4 4  

 

 

3 t t

Từ ta có điểm C(-1;0) C( ;

) thoả mãn

0,5

b) 1 điểm

*Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H hình chiếu vng góc O l ên (ABC), OH vng góc với

(ABC) nên OH//n(2;1;1) ;HABC

Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=

3

suy ra )

3 ; ;

( 

H

0,25

*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) H trung điểm OO’ ) ; ; (

' 

O 0,5

CâuVIIa Giải phương trình:(z2 z)(z3)(z2)10,zC. 1 điểm

PT z(z2)(z1)(z3)10(z22z)(z22z3)0 Đặt tz22z Khi phương trình (8) trở thành:

Đặt tz22z Khi phương trình (8) trở thành t23t100

0,25

  

  

    

 

   

6 1

2 z

i z

t t

Vậy phương trình có nghiệm: z1 6;z1i

0,5

Câu VIb a)

1 điểm Viết phương trình đường AB: 4x3y 4 AB5

Viết phương trình đường CD: x4y170 CD 17

0,25

Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t5) Ta tính được: ( , ) 13 19 ; ( , ) 11 37

5 17

t t

d M AB   d M CD  

0,25

Từ đó: SMAB SMCD d M AB AB( , ) d M CD CD( , )

t t

      Có điểm cần tìm là: ( 9; 32), ( ; 2)7

M   M

0,5

b) 1 điểm

Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 hai điểm A B ta ln có IA + IB ≥ AB AB ≥d d d 1, 2 dấu xảy I

trung điểm AB AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1, d2

0, 25

Ta tìm A, B :

'

AB u

AB u

   



 Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)

0,25

 AB(….)… A(1; 2; -3) B(3; 0; 1)I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) bán kính R=

Nên có phương trình là: x22 (y1)2  (z 1)2 6 0,25 CâuVIIb Giải bất phương trình x(3log2x2)9log2x2 1 điểm

Điều kiện:x0

Bất phương trình  3(x3)log2x2(x1)

Nhận thấy x=3 khơng nghiệm bất phương trình

0.25

TH1 Nếu x3 BPT 

3 log

2

2

  

x x x

Xét hàm số: f x log2 x

2 )

(  đồng biến khoảng 0;

3 )

(

  

x x x

g nghịch biến khoảng 3; *Với x4:Ta có

    

 

3 ) ( ) (

3 ) ( ) (

g x g

f x f

 Bpt có nghiệm x4

* Với x4:Ta có

    

 

3 ) ( ) (

3 ) ( ) (

g x g

f x f

 Bpt vô nghiệm

TH :Nếu 0x3 BPT 

3 log

2

2

  

x x x

f x log2 x )

(  đồng biến khoảng 0;

3 )

(

  

x x x

g nghịch biến khoảng  0;3 *Với x1:Ta có

    

 

0 ) ( ) (

0 ) ( ) (

g x g

f x f

 Bpt vô nghiệm

* Với x1:Ta có

    

 

0 ) ( ) (

0 ) ( ) (

g x g

f x f

 Bpt có nghiệm 0x1

0,25

Vậy Bpt có nghiệm   

  

1

4 x

x 0,25