thu suc 42

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk).[r]

http://ductam_tp.violet.vn/

Ngày thi 21/12/2010

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƢỢNG LẦN MƠN: TỐN

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

2 m y x m

x   

 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho với m =

2 Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu cho hai điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + = khoảng

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình    

2

cos cos

2 sin sin cos

x x

x

x x



 



2 Giải phương trình 7x2x x 5 2 xx2 (x ) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3

0

3 3

x

dx

x x

   



Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N điểm di động

cạnh AB, AC cho DMN  ABC Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x y

Chứng minh rằng: x y xy

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z 0thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 

3 3

3

16

x y z

P

x y z

 



 

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh đƣợc làm hai phần (phần A B) A Theo chƣơng trình Chuẩn:

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật

2 Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = hai đường thẳng d1:

1

2

x  y  z

, d2:

2

1

x  y  z 

Viết phương trình đường thẳng d vng góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 d2

Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =

B Theo chƣơng trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm

C tiếp xúc với đường thẳng BG

2 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:

2 1

x  y  z

 mặt phẳng (P): x + y + z + =

Gọi M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  42

Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 14 

2

1

log log

( , ) 25

y x

y x y

x y

   

 



   

SƠ LƢỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN - 2010

Đáp án gồm 06 trang

Câu Nội dung Điểm

I 2,0

1 1,0

Với m =1 1

2

y x

x   



a) Tập xác định: D \ 2 

0.25

b) Sự biến thiên:

   

2

2

1

'

2

x x

y

x x

 

  

  ,

1 '

3

x y

x  

   



lim

x y

  , limx y

  , 2

lim ; lim

x x

y y

 

 

    ,

lim ( 1) ; lim ( 1)

x y x  x y x 

Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x –

0.25

Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến khoảng ;1 , 3;  ; hàm số nghịch biến khoảng    1; , 2;3

Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = x = 1; yCT = x =

0.25

c) Đồ thị:

0.25 x

y’

y

-  + 

0

+  + 

-  - 

3

– –

2 1.0 Với x2 ta có y’ = 1- 2

( 2)

m

x ;

Hàm số có cực đại cực tiểu phương trình (x – 2)2 – m = (1) có hai nghiệm phân biệt khác  m

0.25

Với m > phương trình (1) có hai nghiệm là: 1

2

2 2

2 2

x m y m m

x m y m m

     

      0.25

Hai điểm cực trị đồ thị hàm số A(2 m; 2 m m); B(2 m; 2 m m) Khoảng cách từ A B tới d nên ta có phương trình:

2 m m   2 m m

0.25

0

m m

 

  



Đối chiếu điều kiện m = thoả mãn toán Vậy ycbt  m =

0.25

II 2.0

1 Giải phương trình    

2

cos cos

2 sin sin cos

x x

x

x x



 

 1.0

ĐK: sinxcosx0 0.25

Khi      

1 sin cos sin sin cos

PT   x x   x x x

 1 sinx1 cos xsinxsin cosx x0  1 sinx1 cos x1 sin x0

0.25

sin cos

x x

  

   

 (thoả mãn điều kiện) 0.25

2

2

x k

x m

 

 

    

 

  

k m,  

Vậy phương trình cho có nghiệm là: 2

x   k  x  m2 k m,  

0.25

2 Giải phương trình: 2

7x x x 5 2 xx (x ) 1.0

2

2

3

7

x x PT

x x x x x

   

  

     

 0.25

2

3 2( 2) x x

x x x

   

  

   

 0.25

3

0

2

x x

x x

x 

   

 

 

   



  

2

1 16

x

x x

   

    

 0.25

  x

III Tính tích phân

3

0

3 3

x

dx

x x

   

 1.0

Đặt u =

1

x u   x ududx; đổi cận:

3

x u

x u

   

   

 0.25

Ta có:

3 2

2

0 1

3

(2 6)

3

3

x u u

dx du u du du

u u u

x x

 

   

  

  

    0.25

 2 2

1

2 6 ln

1

u u u

    0.25

3 ln

2

   0.25

IV 1.0

Dựng DH MNH

Do DMN  ABCDHABC mà D ABC tứ diện nên H tâm tam giác ABC

0.25

Trong tam giác vuông DHA:

2

2 2

1

3

DH  DA AH    

 

Diện tích tam giácAMN sin 600

2

AMN

S  AM AN  xy

0.25

Thể tích tứ diện D AMN AMN 12

V  S DH  xy 0.25

Ta có: SAMN SAMH SAMH sin 600 sin 300 sin 300 2xy 2x AH 2y AH

  

x y xy

0.25

V 1.0

Trước hết ta có:  

3

3

4

x y

x y   (biến đổi tương đương)   xy 2 xy0 0.25 Đặt x + y + z = a Khi      

3 3

3

3

64 64

4P x y z a z z t 64t

a a

   

    

(với t = z

a, 0 t 1)

0.25

Xét hàm số f(t) = (1 – t)3

+ 64t3 với t 0;1 Có

 2  

2

'( ) 64 , '( ) 0;1

f t   t  t  f t    t

Lập bảng biến thiên

0.25

 

 0;1

64 inf

81

t

M t



   GTNN P 16

81 đạt x = y = 4z > 0.25

D

A

B C

H

VI.a 2.0

1 1.0

Do B giao AB BD nên toạ độ B nghiệm hệ: 21

2 21 13

;

7 14 13 5

5

x

x y

B

x y

y   

  

    

      

  



0.25

Lại có: Tứ giác ABCD hình chữ nhật nên góc AC AB góc AB BD, kí hiệu nAB(1; 2); nBD(1; 7); nAC( ; )a b (với a2+ b2 > 0) VTPT đường thẳng AB, BD, AC Khi ta có: cosnAB,nBD  cosnAC,nAB

2 2

3

2

2

7

a b

a b a b a ab b b

a    

        

   

0.25

- Với a = - b Chọn a =  b = - Khi Phương trình AC: x – y – = 0,

A = AB  AC nên toạ độ điểm A nghiệm hệ: (3; 2)

2

x y x

A

x y y

   

 

 

     

 

Gọi I tâm hình chữ nhật I = AC  BD nên toạ độ I nghiệm hệ:

1 2

;

7 14 2

2

x

x y

I

x y

y      

    

      

  



Do I trung điểm AC BD nên toạ độ  4;3 ; 14 12; 5

C D 

 

0.25

- Với b = - 7a (loại AC không cắt BD) 0.25

2 1.0

Phương trình tham số d1 d2 là:

1 2

: ; :

2

x t x m

d y t d y m

z t z m

    

 

      

 

     

 

0.25

Giả sử d cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m)

MN

 (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) 0.25

Do d  (P) có VTPT nP(2; 1; 5)  nênk MN: knp 

3 2

3

2

m t k

m t k

m t k

   

     

     

có nghiệm 0.25

Giải hệ tìm 1

m t

   



Khi điểm M(1; 4; 3) Phương trình d:

1

x t

y t

z t

  

   

   

VII.a Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =

1.0

Điều kiện:

n N

n     

Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =  log4(n – 3)(n + 9) =

0.25

 (n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 = 13

n n

 

   



Vậy n =

0.25

Khi z = (1 + i)n

= (1 + i)7 =      

3

2 3

1i 1 i   1 i (2 )i  (1 i).( ) i  8 8i 0.25

Vậy phần thực số phức z 0.25

VI.b 2.0

1 1.0

Giả sử B x( B;yB) d1 xB  yB 5; (C xC;yC)d2 xC  2yC7

Vì G trọng tâm nên ta có hệ:

3

B C

B C

x x

y y

  



   



0.25

Từ phương trình ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 Ta có BG(3; 4)VTPT nBG(4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – =

0.25

Bán kính R = d(C; BG) =

5 phương trình đường tròn: (x – 5)

2

+(y – 1)2 = 81

25 0.25

2 1.0

Ta có phương trình tham số d là:

2

x t

y t

z t

  

    

    

toạ độ điểm M nghiệm hệ

3 2

2

x t

y t

z t

x y z

  

    

    

     

(tham số t)

(1; 3;0) M

 

0.25

Lại có VTPT của(P) nP(1;1;1), VTCP d ud(2;1; 1)

Vì  nằm (P) vng góc với d nên VTCP u u nd, P(2; 3;1) Gọi N(x; y; z) hình chiếu vng góc M , đóMN x( 1;y3; )z Ta có MN vng góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 =

Lại có N(P) MN = 42 ta có hệ:

2 2

2 11

( 1) ( 3) 42

x y z

x y z

x y z

          

      

0.25

Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N(- 3; - 4; 5) 0.25 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt : 5

2

x y z

  



Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt :

2

x y z

  



0.25 (thoả mãn)

VII.b

Giải hệ phương trình 14 

2

1

log log

( , ) 25

y x

y x y

x y

   

 



   

1.0

Điều kiện:

0

y x

y     

 0.25

Hệ phương trình 4  4

2 2 2

1

log log log

4

25 25 25

y x y x

y x

y y y

x y x y x y

 

         

  

  

        

  

0.25

2

2 2

3

3

25

25 25

10

x y

x y x y

y

x y y y

 

 

  

  



   

   0.25

   

15

; ;

10 10 15

; ;

10 10

x y

x y

  

  

 

 

  

  

  

  



Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm

0.25

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà điểm phần đáp án quy định