TOAN CO DAP AN THI THU DH 2012

Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá khi m = 3.. Phần 2: Theo chương trình nâng cao2[r]

TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 )

NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28/02/2011 MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ) I PHẦN CHUNG: (7 điểm)

Câu 1:Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + có đồ (Cm); (m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

2 Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = điểm phân biệt C(0, 1), D, E cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với

Cõu 2: Giải phơng trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = Giải hệ phương trình:

2

1

x y xy

x y

   

 

   

 

Câu 3: Tính J =   x ln10

2 3 x

e dx e

Câu 4: Tính thể tích hình chóp S.ABC, biết đáy ABC tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) vng góc với đáy, SA=2a; SAB600.

Câu 5: Ch x, y, z số dương thoả mãn

1 1

2009

x y z 

Tìm giá trị lớn biểu thức P =

1 1

2x y z  x2y z  x y 2z

II.PHẦN TỰ CHỌN: (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn

Câu 6a.

1 Phương trình hai cạnh tam giác mặt phẳng tọa độ 5x - 2y + = 0;

4x + 7y – 21 = viết phương trình cạnh thứ ba tam giác đó, biết trực tâm trùng với gốc tọa độ O

Trong khơng gian Oxyz, tìm Ox điểm A cách đường thẳng (d) : x −11=y

2=

z+2

2 mặt phẳng ( P ) : 2x – y – 2z =

Câu 7a Giải phương trình sau C: Z3 - 2Z2 + 8Z – 16 = 0 Phần 2: Theo chương trình nâng cao

Câu 6b

1 Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẽ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600.

2.Trong khơng gian oxyz cho hai đường thẳng: (d1) :

¿ x=2t

y=t

z=4

¿{ {

¿

; (d2) :

3

x t

y t z

   

    

Câu 7b. Giải phương trình sau C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 =

HƯỚNG DẪN GIẢI: I PHẦN CHUNG:

Câu 1: : y = x3 + 3x2 + mx + 1 (C m) m = : y = x3 + 3x2 + 3x + (C

3) + TXÑ: D = R

+ Giới hạn: xlim  y , limx y

+ y’ = 3x2 + 6x + = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2

 0; x * Bảng biến thieân:

+ y” = 6x + = 6(x + 1)

y” =  x = –1 điểm uốn I(-1;0) * Đồ thị (C3):

2 Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = là: x3 + 3x2 + mx + = 1

 x(x2 + 3x + m) =   

   

 x

x 3x m (2) * (Cm) cắt đường thẳng y = C(0, 1), D, E phân biệt:

 Phương trình (2) có nghiệm xD, xE



     

 



 

    

 

m 4m

4 m m 9

Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD = y’(xD) =    

2

D D D

3x 6x m (x 2m); kE = y’(xE) =    

2

E E E

3x 6x m (x 2m)

Caùc tiếp tuyến D, E vuông góc khi: kDkE = –1  (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

 9m + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)  4m2 – 9m + =  m =  

 65

ÑS: m =        9 65 hay m 9 65

8

sin x cosx 2cos3x 0   sin 

3sinx + cos 

3cosx = – cos3x.

 cos



 

 

 

x 3 cos3x  cos 

 

   

 

x 3 cos( 3x)

               k x

3 (k Z)

x k

3  x =

 

k

3 (k  Z) Điều kiện: x ≥ y ≥ : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: x291 y291 y 2 x 2y2 x2

2

2 91 91 2 2 ( )( )

x y y x

y x y x

y x x y              2

( )

2

91 91

x y

x y x y

x y x y                     

 x = y (trong ngoặc dương x vay lớn 2)

Vậy từ hệ ta có: x291 x 2x2  x291 10  x 1 x2

2

9

( 3)( 3)

2 91 10 x x x x x x         

 

1

( 3) ( 3)

2 91 10 x x x x                    

 x =

Vậy nghiệm hệ x = y =

Câu 3: J   

 

  

  

  b

b

ln10 x 8

2/3 1/

3 x e

b e

e dx du u u

e     

b 2/

3 (e 2) ;

2 với u = ex – 2, du = exdx)

Suy ra:  

 

    

 

b 2/

b ln2 b ln2

3

lim J lim (e 2) (4)

2

Câu 4:

Dựng SH AB

 Ta coù:

(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)   

SH (ABC)

  SH đường cao hình chóp.

 Dựng HN BC, HP AC 

 

SN BC, SP AC SPH SNH

     

 SHN = SHP   HN = HP  AHP vuông có:

o a

HP HA.sin60

4

 

 SHP vuoâng coù:

a

SH HP.tg tg

4

   

 Thể tích hình choùp

2

ABC

1 a a a

S.ABC : V SH.S tg tg

3 4 16

Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có: 4ab ≤ (a + b)2

1

a b

a b ab



 



1 1

( , 0)

4 a b a b

 

     

 

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1

2x y z 2x y z 2x y z x 2y 2z

 

     

             

         

Tương tự:

1 1 1

2 2

x y z x y z

 

    

   

1 1 1

2 2

x y z x y z

 

    

   

Vậy

1 1

2x y z   x2y z x y 2z

1 1 2009

4 x y z

 

    

 

Vậy MaxP =

2009

4 x = y = z = 12 2009

II.PHẦN TỰ CHỌN:

1 Phần 1: Phần dành cho chương trình bản Câu 6a.1a

1.Giả sử AB: 5x - 2y + = 0; AC: 4x + 7y – 21 = Vậy A(0;3)

Đường cao đỉnh BO qua O nhận VTCPa = (7; - 4) AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = B(-4;-7)

A nằm Oy, đường cao AO trục OY, Vậy AC: y + = Goïi A(a; 0; 0) Ox

 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) :  2

2a 2a

d(A; )

3 2

  

 

 ( ) qua  M (1; 0; 2)0  có vectơ phương u (1; 2; 2)



 Đặt M M0 u

 

 Do đó: d(A; ) đường cao vẽ từ A tam giác  AM M0 1

2

AM M

[AM ; u]

2.S 8a 24a 36

d(A; )

M M u

 

    

  

 Theo giaû thieát: d(A; ) = d(A; )  

2

2 2

2

2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0

3

4(a 3) a

 

         

    

 Vậy, có điểm A(3; 0; 0) Câu 6a.2a n = a b cd e

* Xem số hình thức a bcd e, kể a = Có cách chọn vị trí cho (1 a b c) Sau chọn trị khác cho vị trí cịn lại từ X \  1 : số cách chọn A47.

* Loại số dạng hình thức 0b cd e ra, ta 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề

1 Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao: Câu 6b.1b

(C) có tâm I(3;0) bán kính R = M  Oy  M(0;m)

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm)

Vậy  

0

60 (1) 120 (2)

AMB AMB

 



 



Vì MI phân giác AMB (1)  AMI = 300 sin 300

IA MI

 

 MI = 2R  m29 4  m (2)  AMI = 600 sin 600

IA MI

 

 MI =

2

3 R 

2 9

3

m  

Vơ nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7) M2(0;- 7)

2.- (d1) qua điểm A(0; 0; 4) có vectơ phương u1 (2; 1; 0)



- (d2) qua điểm B(3; 0; 0) có vectơ phương u2 (3; 3; 0)



AB (3; 0; 4) 



 AB.[u ; u ] 36 01    AB, u , u1

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

không đồng phẳng  Vậy, (d1) (d2) chéo

 Gọi MN đường vng góc chung (d1) (d2)  M (d )  M(2t; t; 4),

/ /

N (d )  N(3 t ; t ; 0) 

/ /

MN (3 t 2t; t t; 4)

      



 Ta coù:

/ / /

1

/ /

2

MN u 2(3 t 2) (t t) t M(2; 1; 4)

N(2; 1; 0) t

3 t 2t (t t)

MN u

          

 

  

   



    

  

  



 

 

 Tọa độ trung điểm I MN: I(2; 1; 2), bán kính

R MN

2

 

 Vậy, phương trình mặt cầu (S):

2 2

(x 2) (y 1) (z 2) 4 Câu 6b.2b

Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0

Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = Vậy phương trình trở thành:

(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0

Suy ra: Z3 = 2 i Z4 = –2 i Đáp số: 1,2, 2 i, 2 i  

-Hết -HỌ VÀ TÊN : TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 02 )

NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 21/03/2011 MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ)

Câu I ( đ ) : Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1)

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

2 Tìm điểm M thuộc đường thẳng y = 3x - tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.

Câu II ( đ ) :

Giải phương trình log 2 log logx  2x  2x8.

Giải phương trình  

2

2sin x2 sin cosx x 1 cosx 3 sinx

.

Câu III ( đ ) :

1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm điểm A thuộc trục hoành điểm B thuộc trục tung cho A B đối xứng với qua đường thẳng d:2x y  3 0.

Tính tích phân:

2

6

cotx

I dx

sinx.sin x 4



 



 



 

 

 Câu IV ( đ )

Trong không gian Oxyz cho A ( 1; 2; - 1) ( d ) :

2 2

1 3 2

x y z  

Và mặt phẳng ( p ) : 2x + y - z + = 0

Viết phương trình đường thẳng qua A , song song với ( P ) vng góc ( d ). Viết phương trình đường thẳng qua A , cắt ( d ) song song với ( P )

Câu V ( đ )

1 Tìm hệ số x8 khai triển nhị thức Niutơn  2 n x 

, biết An3 8Cn2Cn1 49.

(Ank số chỉnh hợp chập k n phần tử,

k n

Cho a,b, c dương a2 + b2 + c2=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3 3

2 3 3 3

a b c

P

b c a

  

  

HẾT Chúc em làm tốt

ĐÁP ÁN ĐỀ 02

I.1 Gọi tọa độ điểm cực đại A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2

Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0

Vậy điểm cực đại cực tiểu nằm hai phía đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ => điểm A, M, B thẳng hàng

Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M nghiệm hệ:

4

3 5

2 2

5 x y x y x y                  => ; 5

M 

 

II Tính

   

3 3

2

6 6

cot cot cot

2

sinx sinx cos sin x cot

sin x sin

x x x

I dx dx dx

x x x                      

Đặt 1+cotx=t

1

sin xdx dt

 

Khi

3 1 3;

6 3

x   t x  t 

Vậy

 

3 3 1

3 3

3

1

2 ln ln

3

t

I dt t t

t                 

III Ta có:

3

3

2

3

3

16 64

2 3

a a b a a

b b



   

  (1)

3

3

2

3

3

16 64

2 3

b b c c c

c c



   

  (2)

3

3

2

3

3

16 64

2 3

c c a c c

a a



   

  (3)

Lấy (1)+(2)+(3) ta được:

 

2 2

2 2

9

16

a b c

P     a b c

(4) Vì a2+b2+c2=3

Từ (4)

3

P

 

giá trị nhỏ

3

P

1.Giải phương trình  

2sin x2 sin cosx x 1 cosx sinx .

  1

2 sin cos cos sin sin cos cos sin

2 2

x x x x  x x  x x

          

   

2

2

1 cos 3cos 2cos 3cos

3 3

x  x  x  x 

       

             

       

5

cos

3

x  x   k x  k

 

          

  k 

2.(1 điểm) Điều kiện

1

0, 1,

2

x x x

Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương với

2 2 2 2

1 6

log xlog 2x log 2x  log x1 log x 1 log x log x1 log x  log2 x 1 x2

III A Ox B Oy ,   A a ;0 , B0; ,b AB   a b; 



Vt c p d u1; 2 

Toạ độ trung điểm I AB 2; a b

 

 

  A Bđối xứng với qua d khi

2

4

2

2

a b

a AB u

b

b a

I d

   

   

 

 

  

   



 

 

                           

Vậy A4;0 , B0; 2 

Câu VI b Điều kiện n4,n  Ta có:  

2

0

2

n

n k k n k n

k

x C x 



 

Hệ số x8 Cn4.2n

