Tài liệu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 ( new) đề 1 docx

THI TH I HC 2010 A /phần chung cho tất cả thí sinh. ( 8 im ) Cõu I : ( 2 im ). Cho hm s y = x 3 + ( 1 2m)x 2 + (2 m )x + m + 2 . (C m ) 1.Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 2. 2. Tỡm m th hm s (C m ) cú cc tr ng thi honh cc tiu nh hn 1. Cõu II : ( 2 im ). 1. Gii phng trỡnh: sin2 2 2(sinx+cosx)=5x . 2. Tỡm m phng trỡnh sau cú nghim duy nht : 2 2 3 .x mx x Cõu III : ( 2 im ). 1. Tớnh tớch phõn sau : 2 2 3 1 1 . x I dx xx 2. Cho h phng trỡnh : 33 () 1 x y m x y xy Tỡm m h cú 3 nghim phõn bit (x 1 ;y 1 );(x 2 ;y 2 );(x 3 ;y 3 ) sao cho x 1 ;x 2 ;x 3 lp thnh cp s cng 0d .ng thi cú hai s x i tha món i x > 1 Cõu IV : ( 2 im ). Trong khụng gian oxyz cho hai ng thng d 1 : 1 1 2 x y z ; d 2 12 1 xt yt zt v im M(1;2;3). 1.Vit phng trỡnh mt phng cha M v d 1 ; Tỡm M i xng vi M qua d 2 . 2.Tỡm 12 ;A d B d sao cho AB ngn nht . B. PHN T CHN: ( 2 im ). ( Thớ sinh ch c lm 1 trong 2 cõu V a hoc V b sau õy.) Cõu V a . 1. Trong mt phng oxy cho ABC cú A(2;1) . ng cao qua nh B cú phng trỡnh x- 3y - 7 = 0 .ng trung tuyn qua nh C cú phng trỡnh x + y +1 = 0 . Xỏc nh ta B v C . Tớnh din tớch ABC . 2.Tỡm h s x 6 trong khai trin 3 1 n x x bit tng cỏc h s khai trin bng 1024. Cõu V b . 1. Gii bt phng trỡnh : 22 11 55 xx > 24. 2.Cho lng tr ABC.A B C ỏy ABC l tam giỏc u cnh a. .A cỏch u cỏc im A,B,C. Cnh bờn AA to vi ỏy gúc 60 0 . Tớnh th tớch khi lng tr. ______________ Ht ____________ Sở GIO dục v đào tạo thI bình . kỳ thi thử đại học năm 2010. Tr-ờng thpt tây thụy anh . Mụn Toỏn : Thời gian làm bài 180 phút. ĐÁP ÁN Câ u Ý Nội dung Điể m I . 200 1 .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 1,00 Với m = 2 ta được y = x 3 – 3x 2 + 4 a ;Tập xác định : D = R. 0,25 b ; Sự biến thiên. Tính đơn điệu …… Nhánh vô cực…… j o 4 +  -  + + - 0 0 2 0 +  -  y y' x 0,25 c ; Đồ thị : + Lấy thêm điểm . + Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy 0,25 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -15 -10 -5 5 10 15 0,25 2 . Tìm m để đồ thị hàm số (C m ) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. 1,00 Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 ĐK sau : + y ’ =0 có 2 nghiệm pbiệt x 1 < x 2  '2 4 5 0mm     0,25  m < - 1 hoặc m > 5 4 0,25 + x 1 < x 2 < 1 ( Vì hệ số của x 2 của y ’ mang dấu dương )  ….  ' 42m  …  21 15 m  0,25 Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số   ;1m   57 ; 45     0,25 II 2,00 1 1.Giải phương trình: sin2 2 2(sinx+cosx)=5x . ( I ) 1,00 Đặt sinx + cosx = t ( 2t  ).  sin2x = t 2 - 1  ( I ) 0,25  2 2 2 6 0tt    2t  ) 0,25 +Giải được phương trình sinx + cosx = 2 …  os( ) 1 4 cx     + Lấy nghiệm 0,25 Kết luận : 5 2 4 xk    ( k Z ) hoặc dưới dạng đúng khác . 0,25 2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 2 2 3 .x mx x   1,00  hệ 22 2x x 9 6x 3 mx x         có nghiệm duy nhất 0,25  x 2 + 6x – 9 = -mx (1) +; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm. 0,25 + ; Với x  0 (1)  2 6x 9x m x   . Xét hàm số : f(x) = 2 6x 9x x  trên     ;3 \ 0 có f ’ (x) = 2 2 9x x  > 0 0x 0,25 + , x = 3  f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6  m < - 6 0,25 III 2,00 1 1. Tính tích phân sau : 2 2 3 1 1 . x I dx xx     2 2 3 1 1 . x I dx xx     = 1,00 2 2 1 1 1 x 1 x d x x    = 2 1 1 () 1 dx x x x     = - 1 2 1 ln( )x x  = …. = 4 ln 5 ( Hoặc 2 2 3 1 1 . x I dx xx     = 2 2 1 1 2x x 1 d xx       =……) 0,25 0,50 0,25 2 2.Cho hệ phương trình : 33 () 1 x y m x y xy          Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x 1 ;y 1 );(x 2 ;y 2 );(x 3 ;y 3 ) sao cho x 1 ;x 2 ;x 3 lập thành cấp số cộng   0d  .Đồng thời có hai số x i thỏa mãn i x > 1 33 () 1 x y m x y xy           22 ( )( ) 0 1 x y x y xy m xy             2 1 2 1 ( ) 1 0 xy yx x x x m                      Trước hết ()x  phải có 2 nghiệm pbiệt x 1 ; x 2  3 4 3 0 4 mm    1,00 0,25 0,25 Có thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng. +Trường hợp 1 : 1 2  ; x 1 ; x 2 +Trường hợp 2 : x 1 ; x 2 ; 1 2  +Trường hợp 3 : x 1 ; 1 2  ; x 2 0,25 Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có 12 12 1 1 xx x x m        đúng với mọi m > 3 4 Đồng thời có hai số x i thỏa mãn i x > 1 ta cần có thêm điều kiện sau 2 1 4 3 1 4 3 3 3 2 m x m m          Đáp số : m > 3 0,25 IV Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d 1 : 1 1 2 x y z  ; d 2 12 1 xt yt zt           và điểm M(1;2;3). 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d 1 ; Tìm M ’ đối xứng với M qua d 2 . . + Phương trình mặt phẳng chứa M và d 1 …. Là (P) x + y – z = 0 + Mp(Q) qua M và vuông góc với d 2 có pt 2x – y - z + 3 = 0 2,00 0,25 0,25 + Tìm được giao của d 2 với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1) …  Điểm đối xứng M ’ của M qua d 2 là M ’ (-3 ;-2 ;-1) 0,25 0,25 2.Tìm 12 ;A d B d sao cho AB ngắn nhất . Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t 1 ;-t 1 ;1+t 1 ) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 và d 2 . 0,50  1 2 .0 .0 AB v AB v            …….  tọa độ của 3 3 6 ;; 35 35 35 A    và 1 17 18 ;; 35 35 35 B     0,50 Va 2,00 1 1. Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . M C B H A +AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là (3;1)n   AC có phương trình 3x + y - 7 = 0 + Tọa độ C là nghiệm của hệ AC CM    ……  C(4;- 5) + 21 ; 22 BB MM xy xy   ; M thuộc CM ta được 21 10 22 BB xy    + Giải hệ 21 10 22 3 7 0 BB BB xy xy             ta được B(-2 ;-3) 0,25 0,25 - 2 Tính diện tích ABC . + Tọa độ H là nghiệm của hệ 14 3 7 0 5 3x 7 0 7 5 x xy y y                   …. Tính được BH = 8 10 5 ; AC = 2 10 Diện tích S = 1 1 8 10 . .2 10. 16 2 2 5 AC BH  ( đvdt) 0,25 0,25 2.Tìm hệ số x 6 trong khai triển 3 1 n x x     biết tổng các hệ số khai triển bằng 1024. + ; 01 1024 n n n n C C C       1 1 1024 n   2 n = 1024  n = 10 0,25 0,25 + ;   10 10 10 33 10 11 . k k k ko x C x xx                 ; ……. Hạng tử chứa x 6 ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 . 0,25 0,25 V b 2,00 1 1. Giải bất phương trình : 22 11 55 xx  > 24. (2) (2)      22 2 5 5 24 5 5 0 xx   2 55 x   x 2 > 1  1 1 x x       1,00 0,5 0,5 2 2.Cho lăng trụ ABC.A ’ B ’ C ’ đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A ’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA ’ tạo với đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ. G N M C B A B' C' A' Từ giả thiết ta được chop A ’ .ABC là chop tam giác đều .  ' A AG là góc giữa cạnh bên và đáy .   ' A AG = 60 0 , … AG = 3 3 a ; Đường cao A ’ G của chop A ’ .ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy A ’ G = 3 3 a .tan60 0 = 3 3 a . 3 = a. …… Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = 3 1 3 3 . . . 2 2 4 aa aa 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 Ghi chú : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như nhau . + Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và làm tròn ( lên ) đến 0,5 điểm. . 1 1. Tính tích phân sau : 2 2 3 1 1 . x I dx xx     2 2 3 1 1 . x I dx xx     = 1, 00 2 2 1 1 1 x 1 x d x x    = 2 1 1 () 1 dx x x x     =. 2 2 1 1 1 x 1 x d x x    = 2 1 1 () 1 dx x x x     = - 1 2 1 ln( )x x  = …. = 4 ln 5 ( Hoặc 2 2 3 1 1 . x I dx xx     = 2 2 1 1 2x x 1 d xx       =……)