10 Đề thi KSCL Toán 12 - Kèm Đ.án

Chia sẻ: Up Up | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:61

Thêm vào BST

Báo xấu

119
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

10 đề kiểm tra khảo sát chất lượng môn Toán học lớp 12 dành cho học sinh lớp 12 sẽ giúp các bạn ôn tập lại kiến thức đã học, có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kỳ thi sắp tới. Chúc các bạn thành công.

Chủ đề:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 10 Đề thi KSCL Toán 12 - Kèm Đ.án

http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 Ngày thi 21/12/2010 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  m  x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x.  cos x  1 1. Giải phương trình  2 1  sin x  . sin x  cos x 2. Giải phương trình 7  x2  x x  5  3  2 x  x2 (x  ) 3 x 3 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân  3. dx . 0 x 1  x  3 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3xy. x 3  y 3  16 z 3 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3  x  y  z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương 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 + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x 1 y 1 z  2 x2 y2 z d1:   , d2:   2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương 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 và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x  3 y  2 z 1 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:   và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. 2 1 1 Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 .  1 log 1  y  x   log 4 y  1 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4 ( x, y  )  2 2  x  y  25 -------------------Hết ------------------- - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1
SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1 1,0 1 Với m =1 thì y  x  1  x2 0.25 a) Tập xác định: D  \ 2 b) Sự biến thiên: 1 x2  4x  3 x  1 y' 1 2  2 , y' 0   .  x  2  x  2 x  3 lim y   , lim y   , lim y   ; lim y   , 0.25 x  x  x 2 x 2 lim  y  ( x  1)   0 ; lim  y  ( x  1)   0 x  x  Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. Bảng biến thiên x - 1 2 3 + y’ + 0 – – 0 + 1 + + y 0.25 - - 3 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 ,  3;   ; hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 1;2  ,  2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3. c) Đồ thị: 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2
2 1.0 m Với x  2 ta có y’ = 1- ; ( x  2) 2 0.25 Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2  m  0 x  2  m  y1  2  m  2 m Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 0.25 x2  2  m  y 2  2  m  2 m Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2  m ; 2  m  2 m ) ; B( 2  m ; 2  m  2 m ) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 0.25 2m m  2m m m  0  m  2 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán 0.25 Vậy ycbt  m = 2. II 2.0 2 cos x.  cos x  1 1 Giải phương trình  2 1  sin x  . 1.0 sin x  cos x ĐK: sin x  cos x  0 0.25 Khi đó PT  1  sin x   cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x  2  1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0 0.25  1  sin x 1  cos x 1  sin x   0 sin x  1  (thoả mãn điều kiện) 0.25 cos x  1     x   2  k 2 k, m  Z   x    m2 0.25  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x    k 2 và x    m 2 k, m  Z 2 2 Giải phương trình: 7  x2  x x  5  3  2x  x2 (x  ) 1.0 3  2 x  x 2  0  PT   2 2 0.25 7  x  x x  5  3  2 x  x  3  2 x  x 2  0   0.25  x x  5  2( x  2)    3  x  1   2  x  0   x  0  0.25  x  1  x  16   0 2  x2   x  5  2.  x  x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3
3 x 3 1.0 III Tính tích phân  3. dx . 0 x 1  x  3 x  0  u  1 Đặt u = x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  0.25 x  3  u  2 3 2 2 2 x3 2u 3  8u 1 0.25 Ta có:  3 x  1  x  3dx   u 2  3u  2du   (2u  6)du  6 u  1du 0 1 1 1 2 2 0.25   u 2  6u  1  6 ln u  1 1 3 0.25  3  6 ln 2 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . C B 0.25 N H M A 2  3 6 2 2 2 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1    3   3    0.25 1 3 Diện tích tam giác AMN là S AMN  AM . AN .sin 600  xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện D.AMN là V  S AMN .DH  xy 0.25 3 12 1 1 1 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 30 0 2 2 2 0.25  x  y  3xy. V 1.0 3 Trước hết ta có: x 3  y 3   x  y (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 2 0.25 4 3 3 x  y  64 z 3 a  z   64 z 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 4P  3  3  1  t   64t 3 a a 0.25 z (với t = , 0  t  1 ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 2 1 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1 0.25   9 Lập bảng biến thiên 64 16  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 t 0;1 81 81 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4
VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:  21 x  2 y 1  0 x  5   21 13    B ;  0.25   x  7 y  14  0  y  13  5 5   5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và    BD, kí hiệu n AB (1; 2); nBD (1; 7); n AC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các           đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos n AB , nBD  cos nAC , n AB  0.25  a  b 3  a  2b  a  b  7 a  8ab  b  0   2 2 2 2 2 a   b  7 - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,  x  y 1  0 x  3 A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(3; 2) x  2 y 1  0  y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:  7  x  y 1  0 x  2  7 5 0.25   I ;   x  7 y  14  0 y  5  2 2   2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;  5 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m 0.25 z  2  t  z  2 m   Giả sử d cắt d 1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)   0.25  MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2 k       Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p   3  5m  3t  k có nghiệm 0.25  2  2m  t  5k  m  1 Giải hệ tìm được  t  1  x  1  2t  0.25 Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán  z  3  5t  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5
VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n  N Điều kiện:  n  3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3 n  7 (thoả mãn)  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0    n  13 (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = 7. 2 3 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  . 1  i    1  i  .(2i) 3  (1  i ).( 8i)  8  8i 0.25   Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B ( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7  xB  xC  2  6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   yB  yC  3  0 Từ các phương trình trên 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 – 8 = 0 0.25 9 81 Bán kính R = d(C; BG) =  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 0.25 5 25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là:  x  3  2t  x  3  2t  y  2  t    y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  (tham số t) 0.25  z  1  t  z  1  t  x  y  z  2  0   M (1; 3; 0)    Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; 1) .      Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)     Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) .     0.25 Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0  Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ:  2 x  3 y  z  11  0 ( x  1)2  ( y  3)2  z 2  42  Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x 5 y2 z 5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :   2 3 1 0.25 x3 y4 z 5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   2 3 1 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6
VII.b  1 1.0 log 1  y  x   log 4 y  1 Giải hệ phương trình  4 ( x, y  )  2 2  x  y  25 y  x  0 Điều kiện:  0.25 y  0  1  yx yx 1 log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trình     0.25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25    x  3y x  3y x  3y   2 2  2 2   2 25 0.25  x  y  25 9 y  y  25  y   10   15 5   x; y    ;  (không thỏa mãn đk)   10 10     15 5  0.25  x; y     ;  (không thỏa mãn đk)    10 10  Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 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. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7
http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 2x  3 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C). x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 2. Giải phương trình: x2 – 4x - 3 = x  5 Câu III (1 điểm) 1 dx Tính tích phân:  2 1 1  x  1  x Câu IV (1 điểm) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất . Câu V ( 1 điểm ) 1 1 1 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    4 . CMR:   1 x y z 2x  y  z x  2 y  z x  y  2 z PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( 2 điểm ) 1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :  x  1  2t x 1 3  y z  2  (d)   và (d’)  y  2  t 1 1 2 z  1  t  Viết phương trình tham số của đường thẳng (  ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng . Câu VIIa . ( 1 điểm ) Tính tổng : S  C0 C5  C1 C7  C5 C3  C5 C7  C5 C1  C5C7 5 7 5 4 2 7 3 2 4 7 5 0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( 2 điểm ) 1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   (d)  y  1  2t và (d’)  y  1  2t  z  4  5t  z  3t   a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau . b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) . Câu VIIb.( 1 điểm ) Giải phương trình : 2log5  x 3  x ----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
http://ductam_tp.violet.vn/ ®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 2 n¨m häc 2009 - 2010 M«n thi: to¸n Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò C©u Néi dung §iÓm 2x  3 Hµm sè y = cã : x2 - TX§: D = R \ {2} - Sù biÕn thiªn: 0,25 + ) Giíi h¹n : Lim y  2 . Do ®ã §THS nhËn ®êng th¼ng y = 2 lµm TCN x  , lim y  ; lim y   . Do ®ã §THS nhËn ®êng th¼ng x = 2 lµm TC§ x  2 x  2 +) B¶ng biÕn thiªn: 1 0,25 Ta cã : y’ =  2 < 0 x  D  x  2 2 x   y’ - - 0,25 2  1 y 1.25® 2  Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2  vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ 8 I - §å thÞ 3 0,5 2.0® + Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; ) 6 2 + Giao ®iÓm víi trôc hoµnh : 4 A(3/2; 0) 2 - §THS nhËn ®iÓm (2; 2) lµm t©m ®èi xøng -5 5 10 -2 -4  1  1 Lấy điểm M  m; 2     C  . Ta có : y '  m    2 .  m2  m  2 Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 1 1 0,25đ 2  y x  m  2  2  m  2 m2 0,75đ  2  Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A  2; 2    m2 0,25đ Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)
 2 1  Ta có : AB2  4  m  2   2  8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2    m  2  Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) 0,25đ Phương trình đã cho tương đương với : 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0  sin x   cosx  0,25  2  1  sin x     1  cosx   0  cosx   sin x  2  sin x  cosx  cosx.sin x  3  sin x  cosx  cosx.sin x    0 cosx sin x 0,25  2 3      cosx  sin x  cosx.sin x   0  cosx sin x  0,5 1 2 3 3  Xét   0  tan x   tan   x    k  1,0® cosx sin x 2  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t    2; 2  . Khi đó phương trình trở thành:   2 t 1 t  0  t 2  2t  1  0  t  1  2 2      1 2 Suy ra : 2cos  x    1  2  cos  x     cos  4  4 2 II   x     k 2 2,0® 4 2 x - 4x + 3 = x  5 (1) 0,25 TX§ : D =  5; ) 2 1   x  2  7  x 5 2 ®Æt y - 2 = x  5 , y  2   y  2   x  5 Ta cã hÖ :  x  2  2  y  5  x  2  2  y  5   0,25  2  2  y  2   x  5   x  y  x  y  3  0 1,0® y  2 y  2        x  2  2  y  5     x  y  0   5  29  x      x  2   y  5   2 2 0,5    x  y  3  0  x  1    y  2 1 1 1 dx 1 x  1 x2 1 x  1 x2 Ta có :  1 x  = 2 dx   dx  0,5 1 1 x2 1 1  x   1  x 2  1 2x 1 1 1 1  1  x2    1 dx   dx III 2 1  x  2x 1® 1 1.0® 1 0,5 1 1  1 1  I1  1  x  1 dx  2 ln x  x  |1  1   2   1 1 x2  I2   dx . Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2xdx 1 2x
x  1 t  2 Đổi cận :    x  1  t  2  2 t 2dt Vậy I2=  2  t 2  1  0 2 Nên I = 1 Gọi  là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . 0,25 Ta có :   SCA ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Vậy 1 1 1 1 VSABC  .SABC .SA  .AC.BC.SA  a 3 sin .cos 2  a 3 sin  1  sin 2   3 6 6 6 Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) 1 Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . f '  x   0  x   3 0,5 Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số IV f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm S 2® 1.0® cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN  1  2 hay Max f  x   f   x 0;1  3 3 3 a3 Vậy MaxVSABC = , đạt được khi 9 3 1 1 B sin  = hay   arcsin A 3 3   ( với 0 <   ) 2 C +Ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  .(  );  (  );  (  ) 2x  y  z 4 2x y  z x  2y  z 4 2 y x  z x  y  2 z 4 2z y  x 1 1 1 1 + Lại có :  (  ); xy 4 x y 1.0® V 1 1 1 1 1®  (  ); yz 4 y z 1 1 1 1  (  ); xz 4 x z cộng các BĐT này ta được đpcm. Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của 0,25 AB tạo với BC nên : 2a  5b 2.12  5.1  0,25 22  52 . a 2  b 2 2 2  52 . 12 2  12 2a  5b 29 2 VIa    5  2a  5b   29  a 2  b 2  2 2 a b 5 2® a  12b 1  9a + 100ab – 96b = 0   2 2 0,25 1® a  8 b  9 Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 0,25
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) 0,25 Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : x  9  t   y  6  8t 0,25  z  5  15t   + Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1; 2    + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 2 1® Ta có :    MM '   2; 1;3      0,25    1   MM '  u, u '   2; 1;3  1 1 ; 1 1 ; 1 1  8  0 2 2 2 2 1 Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó :      MM '  u, u '   8 d   d  ,  d '        u, u ' 11 0,25   Chọn khai triển : .0,25 5  x  1  C0  C15 x  C2 x 2    C5 x 5 5 5 5 7  x  1  C 0  C1 x  C 2 x 2    C7 x 7  C 0  C1 x  C7 x 2    C5 x 5   7 7 7 7 7 7 2 7 Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là : 0,25 VIIa 1đ C5 C7  C1 C 7  C5 C7  C5C 7  C5 C1  C5C7 0 5 5 4 2 3 3 2 4 7 5 0 0,25 Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)12 là : C125 Từ đó ta có : C5 C5  C1 C7  C2 C3  C3C2  C5 C1  C5C7 = C12 = 792 0 7 5 4 5 7 5 7 4 7 5 0 5 0,25 Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 0,25 (A2 + B2  0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :  5A  12B  C   15 1  A 2  B2 0,25   A  2B  C  5 2  A 2  B2    Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | 1 Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) VIb TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9B thay vào (2) : 0,25 1đ 2đ 2 2 2 2 |2A – 7B | = 5 A  B  21A  28AB  24B  0 14  10 7 A B 21 Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203  10 7 Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7 )x + 21y 203  10 7 = 0 4A  3B TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)  C  , thay vào (2) ta 2 được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . 0,25
 a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1; 2;5    + Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3  1 3 Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là I   ; 0;  hay (d) và (d’) cắt  2 2 nhau . (ĐPCM)   u   15  15 15  b) Ta lấy v   .u '     7 ; 2 ; 3 . u'  7 7       15 15 15  Ta đặt : a  u  v  1  ;2 2 ;5  3   7 7 7    2     1® 15 15 15  b  u  v  1   ;2  2 ;5  3   7 7 7   Khi đó, hai đườngphân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt  nhận hai véctơ a, b làm VTCP và chúng có phương trình là :  1  15   1  15   x    1   t   x    1   t  2  7   2  7      15    15  y   2  2 t và y   2  2 t  7   7           z  3   5  3 15  t    z  3   5  3 15  t    2    7   2  7      ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) 0,25 Đặt t = log2x, suy ra x = 2t t t 2 1  2   log5  2t  3  t  2t  3  5t     3    1 (2)     0,25 3 5 t t 2 1 Xét hàm số : f(t) =    3   VIIb 1® 3 5 t t 2 1 0,25 f'(t) =   ln 0, 4  3   ln 0, 2  0, t  R 3 5 Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2 0,25 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2
http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn : Toán, khối D ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian 180 không kể phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình cos2x  2 sin x  1  2 sin x cos 2x  0 2. Giải bất phương trình  4x  3 x 2  3x  4  8x  6  3 cotx Câu III ( 1điểm)Tính tích phân I   dx    s inx.sin  x   6  4 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300. Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P   b2  3 c2  3 a2  3 PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  8y  8  0 . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. 2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn : z  2  i  2 . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 2 4 6 100 1. Tính giá trị biểu thức: A  4C100  8C100  12C100  ...  200C100 . 2. Cho hai đường thẳng có phương trình: x  3  t x2 z 3  d1 :  y 1  d 2 :  y  7  2t 3 2 z  1 t  Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0 -------------------Hết----------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2010 1
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu Nội dung Điểm Tập xác định: D=R lim  x 3  3x 2  2    lim  x 3  3x 2  2    x  x  x  0 y’=3x2-6x=0   x  2 0,25 đ Bảng biến thiên: x - 0 2 + y’ + 0 - 0 + 2 + 0,25 đ y - -2 1 Hàm số đồng biến trên khoảng: (-;0) và (2; + ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2 y’’=6x-6=0x=1 0,5 đ I khi x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2 Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng. Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4P=6>0 0,25 đ Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng 0,25 đ 2 Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 0,25 đ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:  4  y  3x  2 x  5  4 2 0,25 đ   => M  ;   y  2 x  2 y  2 5 5   5 Giải phương trình: cos2x  2 sin x  1  2 sin x cos 2x  0 (1) 1  cos2 x 1  2sin x   1  2sin x   0 0,5 đ   cos2 x  11  2sin x   0 1 Khi cos2x=1 x  k , k  Z II 1  5 0,5 đ Khi s inx   x   k 2 hoặc x   k 2 , k  Z 2 6 6 2 Giải bất phương trình:  4x  3 x 2  3x  4  8x  6 (1) 2
0,25 đ (1)   4 x  3   x 2  3x  4  2  0 Ta có: 4x-3=0x=3/4 0,25 đ x 2  3x  4  2 =0x=0;x=3 Bảng xét dấu: x - 0 ¾ 2 + 4x-3 - - 0 + + 0,25 đ x 2  3x  4  2 + 0 - - 0 + Vế trái - 0 + 0 - 0 +  3 0,25 đ Vậy bất phương trình có nghiệm: x  0;   3;    4 Tính   3 3 cot x cot x 0,25 đ I  dx  2  dx     s inx  s inx  cos x  sin x sin  x   6  4 6  3 cot x  2 2 dx  s in x 1  cot x  III 6 1 0,25 đ Đặt 1+cotx=t  dx   dt sin 2 x   3 1 Khi x   t  1  3; x   t  6 3 3 0,25 đ 3 1 t 1 3 1  2  Vậy I  2  t dt  2  t  ln t  3 1 3  2  3  ln 3   0,25 đ 3 1 3 Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H. Xét SHA(vuông tại H) a 3 S 0,25 đ AH  SA cos 300  2 Mà ABC đều cạnh a, mà cạnh a 3 K AH  2 IV => H là trung điểm của cạnh BC A => AH  BC, mà SH  BC => C 0,25 đ BC(SAH) Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại H K => HK là khoảng cách giữa BC và SA B 0,25 đ AH a 3 => HK  AH sin 300   2 4 3
a 3 0,25 đ Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 4 Ta có: a3 a3 b2  3 a 6 3a 2    33  (1) 2 b2  3 2 b2  3 16 64 4 b3 b3 c2  3 c 6 3c 2 0,5 đ    33  (2) 2 c 32 2 2 c 3 16 64 4 c3 c3 a2  3 c 6 3c 2 V    33  (3) 2 a2  3 2 a2  3 16 64 4 Lấy (1)+(2)+(3) ta được: a2  b2  c 2  9 3 2 0,25 đ P   a  b 2  c 2  (4) 16 4 Vì a2+b2+c2=3 3 3 0,25 đ Từ (4)  P  vậy giá trị nhỏ nhất P  khi a=b=c=1. 2 2 PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 0,25 đ Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là , =>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> 0,25 đ khoảng cách từ tâm I đến  bằng 52  32  4 1  c  4 10  1 3  4  c  d I,   4 (thỏa mãn c≠2) 32  1  c  4 10  1  0,25 đ Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3 x  y  4 10  1  0 hoặc 0,25 đ 3 x  y  4 10  1  0 .  VI.a Ta có AB   1; 4; 3 x  1 t  Phương trình đường thẳng AB:  y  5  4t 0,25 đ  z  4  3t  2 Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên  cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)  DC  (a; 4a  3;3a  3) 0,25 đ    21 Vì AB  DC =>-a-16a+12-9a+9=0 a  0,25 đ 26  5 49 41  0,25 đ Tọa độ điểm D  ; ;   26 26 26  Gọi số phức z=a+bi 0,25 đ 2 2  a  2   b  1 i  2    a  2    b  1  4 VII.a Theo bài ra ta có:   b  a  3  b  a  2  0,25 đ 4
 a  2   2   b  1   2   a  2   2 0,25 đ   b  1   2 Vậy số phức cần tìm là: z= 2  2 +( 1  2 )i; z= z= 2  2 +( 1  2 )i. 0,25 đ A. Theo chương trình nâng cao 100 Ta có: 1  x   C100  C100 x  C100 x 2  ...  C100 x100 0 1 2 100 (1) 100 0,25 đ 1  x   C100  C100 x  C100 x 2  C100 x 3  ...  C100 x100 (2) 0 1 2 3 100 Lấy (1)+(2) ta được: 100 100 1  x   1  x   2C100  2C100 x 2  2C100 x 4  ...  2C100 x100 0 2 4 100 0,25 đ 1 Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được 99 99 0,25 đ 100 1  x   100 1  x   4C100 x  8C100 x3  ...  200C100 x99 2 4 100 Thay x=1 vào => A  100.299  4C100  8C100  ...  200C100 2 4 100 0,25 đ Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 VI.b và d2 lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) B(3+b;7-2b;1-b). và  0,25 đ Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA  k MB   MA   3a  1; a  11; 4  2a  , MB   b; 2b  3; b  0,25 đ 3a  1  kb 3a  kb  1 a  1 0,25 đ    2  a  11  2kb  3k  a  3k  2kb  11   k  2 4  2a   kb 2a  kb  4 b  1     => MA   2; 10; 2   x  3  2t 0,25 đ  Phương trình đường thẳng AB là:  y  10  10t  z  1  2t  =24+70i, 0,25 đ   7  5i hoặc   7  5i 0,25 đ VII.b 0,25 đ z  2  i   0,25 đ  z  5  4i Bài làm vẫn được điểm nếu thí sinh làm đúng theo cách khác! 5
http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011 Môn: TOÁN (Thời gian : 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm): 3x  4 1).Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y  . Tìm điểm thuộc (C) cách đều x2 2 đường tiệm cận .  2  2).Tìm các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trên đoạn 0; 3  .   sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) Câu II (2 điểm): sin 3x  sin x 1).Tìm các nghiệm trên  0; 2  của phương trình :  sin 2x  cos2x 1  cos2x 3 x  34  3 x  3  1 2).Giải phương trình: Câu III (1 điểm): Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên SA = 5 vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB. 1).Tính góc giữa AC và SD; 2).Tính khoảng cách giữa BC và SD. Câu IV (2 điểm):  2 sin x  cosx  1 1).Tính tích phân: I= dx sin x  2cosx  3 0 2). a.Giải phương trình sau trên tập số phức C : | z | - iz = 1 – 2i b.Hãy xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn : 1
----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. trêng thpt hËu léc 2 ®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 n¨m häc 2009-2010 M«n thi: to¸n Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò C©u Néi dung §iÓm  Kh¶o s¸t vµ vÏ §THS - TX§: D = R \ {2} - Sù biÕn thiªn: + ) Giíi h¹n : Lim y  Lim y  3 nªn ®êng th¼ng y = 3 lµ tiªm cËn x  x  0,25 ngang cña ®å thÞ hµm sè +) Lim y  ; Lim y     . Do ®ã ®êng th¼ng x = 2 lµ tiÖm cËn ®øng x2 x2 cña ®å thÞ hµm sè +) B¶ng biÕn thiªn: 2 Ta cã : y’ =  2 < 0 , x  D  x  2 0,25 x  2  y’ - - 3  y  3 Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2  vµ - §å thÞ I + Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ;2) 2.0® + Giao ®iÓm víi trôc hoµnh : ( 4/3 ; 0) 0,25 + §THS nhËn giao ®iÓm I(2 ;3) cña hai ®êng tiÖm cËn lµm t©m ®èi xøng y 6 0.5 1 1,25® 4 2 -5 O 5 x  Gäi M(x;y)  (C) vµ c¸ch ®Òu 2 tiÖm cËn x = 2 vµ y = 3 3x  4 x | x – 2 | = | y – 3 |  x 2  2  x2  x2 x 2 x x  1     x  2   x2 x  4 VËy cã 2 ®iÓm tho¶ m·n ®Ò bµi lµ : M1( 1; 1) vµ M2(4; 6) 2 XÐt ph¬ng tr×nh : sin6x + cos6x = m ( sin4x + cos4x ) (2)