Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Tây Thụy Anh năm 2011

Chia sẻ: Nguyễn Thị Thảo Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Tây Thụy Anh năm 2011 dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh Đại học, với đề thi này các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Tây Thụy Anh năm 2011

SỞ GD_DT THÁI BÌNH Kỳ thi thử Đại học năm 2011 Trường THPT Tây Thụy Anh . Môn Toán : Thờii gian làm bài 180 phút. A /phÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh. ( 8 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ). 3 2 Cho hàm số y = x + ( 1 – 2m)x + (2 – m )x + m + 2 . (Cm) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II : ( 2 điểm ). 1. Giải phương trình: sin 2 x - 2 2(s inx+cosx)=5 . 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 2 x 2 + mx = 3 - x. Câu III : ( 2 điểm ). 2 2 1 - x 1. Tính tích phân sau : I = ò dx . 1 x + x 3 ì x3 - y 3 = m ( x - y ) 2. Cho hệ phương trình : í î x + y = -1 Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3 lập thành cấp số cộng ( d ¹ 0 ) .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn x i > 1 Câu IV : ( 2 điểm ). ì x = -1 - 2 t x y z ï Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = ; d2 í y = t 1 1 2 ï z = 1 + t î và điểm M(1;2;3). ’ 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M đối xứng với M qua d 2. 2.Tìm A Î d1 ; B Î d 2 sao cho AB ngắn nhất . B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2 điểm ). ( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu Va hoặc Vb sau đây.) Câu Va. 1. Trong mặt phẳng oxy cho D 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 . Tính diện tích D ABC . n æ 1 3 ö 6 2.Tìm hệ số x trong khai triển ç + x ÷ biết tổng các hệ số khai triển èx ø bằng 1024. Câu Vb. 1+ x 2 1 x2 - 1. Giải bất phương trình : 5 - 5 > 24. ’ ’ ’ ’ 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 ’ 0 AA tạo với đáy góc 60 . Tính thể tích khối lăng trụ. ______________ Hết ____________ www.laisac.page.tl 1
SỞ GD_DT THÁI BÌNH Kỳ thi thử Đại học năm 2011 Trường THPT Tây Thụy Anh . Môn Toán : Thờii gian làm bài 180 phút. ĐÁP ÁN Câ Ý Nội dung Điể u m I . 200 1 .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 1,00 3 2 Với m = 2 ta được y = x – 3x + 4 a ;Tập xác định : D = R. 0,25 b ; Sự biến thiên. Tính đơn điệu …… Nhánh vô cực…… ¥ 2 +¥ x 0 0,25 y' + 0 0 + j 4 +¥ y ¥ o c ; Đồ thị : + Lấy thêm điểm . + Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy 0,25 2
8 6 4 2 15 10 5 5 10 15 0,25 2 4 6 8 2 . Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ 1,00 hơn 1. Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 ĐK sau : 0,25 ’ + y =0 có 2 nghiệm pbiệt x1
ì 2x 2 + mx = 9 + x 2 - 6x Û hệ í có nghiệm duy nhất 0,25 î x £ 3 2 Þ x + 6x – 9 = mx (1) +; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm. 0,25 2 x + 6x - 9 + ; Với x ¹ 0 (1) Û = - . Xét hàm số : m x 2 2 0,25 x + 6x - 9 ’ x + 9 f(x) = trên ( -¥ ] \ {0} có f (x) = 2 > 0 "x ¹ 0 ;3 x x + , x = 3 Þ f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6 Û m 1 i ì x 3 - y 3 = m( x - y ) ì( x - y )( x 2 + y 2 + xy - m = 0 ) í Û í î x + y = -1 î x + y = -1 1,00 é 1 ê x = y = - 2 Û ê ê ì y = - x - 1 ê íj ( x) = x 2 + x + 1 - m = 0 ë î 3 Trước hết j ( x) phải có 2 nghiệm pbiệt x1 ; x2 Û D = 4m - 3 f 0 Û m f 4 0,25 4
Có thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng. 1 +Trường hợp 1 : - ; x1 ; x2 2 1 +Trường hợp 2 : x1 ; x2 ; - 2 0,25 1 +Trường hợp 3 : x1 ; - ; x2 2 Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có ì x1 + x == -1 2 3 í đúng với mọi m > î x1 x2 = 1 - m 4 Đồng thời có hai số xi thỏa mãn x > 1 ta cần có thêm điều kiện sau i 0,25 -1 + 4m - 3 x2 = f 1 Û 4 m - 3 f 3 Û m f 3 Đáp số : m > 3 2 IV ì x = -1 - 2 2,00 t x y z ï Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = ; d2 í y = t 1 1 2 ï z = 1 + t î và điểm M(1;2;3). ’ 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M đối xứng với M qua d2. . 0,25 + Phương trình mặt phẳng chứa M và d1 …. Là (P) x + y – z = 0 + Mp(Q) qua M và vuông góc với d2 có pt 2x – y z + 3 = 0 0,25 + Tìm được giao của d2 với mp(Q) là H(1 ;0 ;1) 0,25 ’ ’ … Þ Điểm đối xứng M của M qua d2 là M (3 ;2 ;1) 0,25 2.Tìm A Î d1; B Î d 2 sao cho AB ngắn nhất . Gọi A(t;t;2t) và B(12t1 ;t1 ;1+t1) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vuông góc 0,50 chung của hai đường thẳng d1 và d 2 . uuu ur r ì AB.v = 0 ï 1 æ 3 3 6 ö æ -1 -17 18 ö Þ í uuu uu ……. Þ tọa độ của A ç ; ; ÷ và B ç ; r r ; ÷ 0,50 ï AB.v2 = 0 î è 35 35 35 ø è 35 35 35 ø Va 2,00 1 1. Trong mặt phẳng oxy cho D 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 . 5
B M A C H r +AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là n = (3;1) AC có 0,25 phương trình 3x + y 7 = 0 ì AC + Tọa độ C là nghiệm của hệ í …… Þ C(4; 5) CM î 2 + xB 1 + y 2 + xB 1 + y B + = xM ; B = y M ; M thuộc CM ta được + + 1 = 0 2 2 2 2 0,25 ì 2 + xB 1 + y B + + 1 = 0 + Giải hệ ï 2 í 2 ta được B(2 ;3) ï xB - 3 yB - 7 = 0 î ABC . Tính diện tích D ì 14 x = ì x - 3 y - 7 = 0 ï ï 5 + Tọa độ H là nghiệm của hệ í Ûí î3x + y - 7 = 0 ï y = - 7 0,25 ï î 5 8 10 2 …. Tính được 5 BH = ; AC = 2 10 1 1 8 10 Diện tích S = AC .BH = .2 10. = 16 ( đvdt) 0,25 2 2 5 n æ 1 3 ö 2.Tìm hệ số x trong khai triển ç + x ÷ biết tổng các hệ số khai triển 6 èx ø bằng 1024. 0,25 + ; Cn0 + Cn + ... + Cn = 1024 1 n n n Û (1 + 1) = 1024 Û 2 = 1024 Û n = 10 0,25 10 10 k - 1 10 1 0,25 + ; æ + x3 ö = å 10 æ ö k ç ÷ C k ç ÷ . x ) ; ……. ( 3 èx ø k = o èxø 6 0,25 Hạng tử chứa x ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 . V b 2,00 1 1+ x 2 1 x 2 - 1,00 1. Giải bất phương trình : 5 - 5 > 24. (2) 6
2 0,5 (2) Û 5 5x( )2 ( ) 2 - 24 5x - 5 f 0 2 2 é x f 1 Û 5 x f 5 Û x > 1 Û ê ë x p -1 0,5 7
’ ’ ’ ’ 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 . Tính thể tích khối 1,00 ’ 0 lăng trụ. A' C' 0,25 B' A C G N M B Từ giả thiết ta được chop A .ABC là chop tam giác đều . · là góc giữa ’ A' AG cạnh bên và đáy . a 3 Þ · = 60 , ….. AG = 0 A' AG ; 3 ’ ’ Đường cao A G của chop A .ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy 0,25 ’ a 3 0 a 3 A G = .tan60 = . 3 = a. 3 3 0,25 3 1 a 3 a 3 0,25 …….. Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = .a. a . = 2 2 4 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. 8
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 2. Giải phương trình: x – 4x 3 = x + 5 Câu III (1 điểm) 1 dx Tính tích phân: ò 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 : ì x = 1 + 2t x + 1 3 - y z + 2 ï (d) = = và (d’) í y = 2 + t 1 - 1 2 ïz = 1 + t î Viết phương trình tham số của đường thẳng ( D ) 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 + C2 C3 + C3 C7 + C5 C1 + C5 C0 5 7 5 4 5 7 5 2 4 7 5 7 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( 2 điểm ) 1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : 2 2 2 2 (C1) : (x 5) + (y + 12) = 225 và (C2) : (x – 1) + ( y – 2) = 25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : 9
ì x = t ì x = t ï ï (d) í y = 1 + 2t và (d’) í y = -1 - 2t ï z = 4 + 5t ï z = -3t î î 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. ®¸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 Câu Nọi dung Điêm 10
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 Î D ( x - 2 ) 2 x -¥ +¥ y’ 1 2 +¥ 0,25 1.25 y 2 ® -¥ Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng ( -¥;2 ) vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ 8 - §å thÞ 3 + Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; ) 6 0,5 I 2 2.0® + Giao ®iÓm víi trôc hoµnh : 4 A(3/2; 0) 2 - §THS nhËn ®iÓm (2; 2) lµm t©m ®èi xøng 5 5 1 0 2 4 æ 1 ö 1 Lấy điểm M ç m; 2 + ÷ Î ( C ) . Ta có : y ' ( m ) = - 2 . è m-2ø ( m - 2 ) Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 1 1 0,25đ 2 ( y=- x - m ) + 2 + ( m - 2 ) m - 2 æ 2 ö 2 Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A ç 2; 2 + ÷ 0,75đ è m - 2 ø 0,25đ Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2) é 2 1 ù Ta có : AB2 = 4 ê( m - 2 ) + 2 ú ³ 8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 ê ë ( m - 2 ) úû Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) 0,25đ II Phương trình đã cho tương đương với : 1 11
1,0® 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0 æ sin x ö æ cosx ö 0,25 Û 2ç + 1 - sin x ÷ + ç + 1 - cosx ÷ = 0 è cosx ø è sin x ø 2 ( sin x + cosx - cosx.sin x ) 3 ( sin x + cosx - cosx.sin x ) Û + = 0 cosx sin x 0,25 æ 2 3 ö Ûç + ÷ ( cosx + sin x - cosx.sin x ) = 0 è cosx sin x ø 2 3 -3 0,5 · Xét + = 0 Û tan x = = tan a Û x = a + kp cosx sin x 2 · Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t Î é - 2; 2 ù . Khi đó phương trình trở thành: ë û 2 t - 1 t- = 0 Û t 2 - 2t - 1 = 0 Û t = 1 - 2 2 æ pö æ p ö 1 - 2 Suy ra : 2cos ç x - ÷ = 1 - 2 Û cos ç x - ÷ = = cos b è 4ø è 4 ø 2 p Û x = ± b + k p 2 2,0® 4 2 x 4x + 3 = x + 5 (1) 0,25 TX§ : D = [ -5; +¥) 2 (1) Û ( x - 2 ) - 7 = x + 5 2 ®Æt y 2 = x + 5 , y ³ 2 Þ ( y - 2 ) = x + 5 Ta cã hÖ : ì( x - 2 ) 2 = y + 5 ì( x - 2 ) 2 = y + 5 ï ï 0,25 ï 2 ï 2 í( y - 2 ) = x + 5 Û í( x - y )( x + y + 3) = 0 1,0® ï ïy ³ 2 ïy ³ 2 î ï î ì é ì( x - 2 ) 2 = y + 5 ï ïêí ï êï x - y = 0 î é 5 + 29 ïê ê x = Û í êï( x - 2 ) = y + 5 Û ì 2 2 ê 0,5 ïêí ê x = -1 ï ë ï x + y + 3 = 0 ë î ï î y ³ 2 1 1 1 dx 1+ x - 1+ x2 1 + x - 1 + x 2 Ta có : ò =ò 2 dx = ò dx = 0,5 -1 (1 + x ) - (1 + x ) 2 -1 1 + x + 1 + x 2 -1 2x 1 1 1 æ1 ö 1 + x 2 = òç + 1÷ dx - ò 2 -1 è x ø -1 2x dx 1 III 1 æ1 ö 1 0,5 1® · I1 = ò ç + 1÷ dx = é ln x + x ù |1 1 = 1 1.0® 2 -1 è x ø 2ë û - 1 1 + x 2 · I2 = ò dx . Đặt t = 1 + x 2 Þ t 2 = 1 + x 2 Þ 2tdt = 2xdx -1 2x éx = 1 é t = 2 Đổi cận : ê Þê ë x = -1 ê t = 2 ë 12
2 t 2 dt Vậy I2= ò 2 ( t 2 - 1) = 0 2 Nên I = 1 Gọi j là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . · 0,25 Ta có : j = SCA ; BC = AC = a.cos j ; SA = a.sin j Vậy 1 1 1 1 VSABC = .SABC .SA = .AC.BC.SA = a 3 sin j.cos 2 j = a 3 sin j (1 - sin 2 j ) 3 6 6 6 3 Xét hàm số : f(x) = x – x trên khoảng ( 0; 1) S 2 1 Ta có : f’(x) = 1 – 3x . f ' ( x ) = 0 Û x = ± 3 Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số 0,5 IV f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm 2® 1.0® cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN æ 1 ö 2 hay Max f ( x ) = f ç ÷= xÎ( 0;1 ) è 3 ø 3 3 A B a 3 j Vậy MaxVSABC = , đạt được khi 9 3 C 1 1 sin j = hay j = arcsin 3 3 p ( với 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 : ì x = 9 - t ï í y = 6 - 8t 0,25 ï z = 5 - 15t î v + Đường thẳng (d) đi qua M(1;3 ;2) và có VTCP u (1;1; 2 ) uur + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u ' ( 2;1;1 ) 2 1® Ta có : uuuuu r · MM ' = ( 2; -1;3) uuuuu r uu r r ë û ( 1 ) · MM ' é u, u 'ù = ( 2; -1;3 ) 1 1 ; 1 1 ; 1 1 = -8 ¹ 0 2 2 2 2 1 0,25 Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó : uuuuu r uu r r MM ' é u, u ' ë ù û 8 d ( ( d ) , ( d ' ) = ) r uu r = é u, u 'ù 11 ë û 0,25 Chọn khai triển : .0,25 5 ( x + 1) = C0 + C15 x + C5 x 2 + L + C5 x 5 5 2 5 7 ( x + 1) = C0 + C17 x + C2 x 2 + L + C7 x 7 = C0 + C17 x + C7 x 2 + L + C5 x 5 + L 7 7 7 7 2 7 5 5 7 Hệ số của x trong khai triển của (x + 1) .(x + 1) là : 0,25 VIIa 1đ C5 C5 + C1 C7 + C2 C3 + C3 C2 + C5 C1 + C5 C0 0 7 5 4 5 7 5 7 4 7 5 7 5 7 12 5 0,25 Mặt khác : (x + 1) .(x + 1) = (x + 1) và hệ số của x trong khai triển của 12 5 (x + 1) là : C 12 Từ đó ta có : C5 C5 + C1 C 7 + C5 C3 + C5C 2 + C5 C1 + C5 C0 = C = 792 0 7 5 4 2 7 3 7 4 7 5 7 5 12 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 2 2 (A + B ¹ 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 : ì 5A - 12B + C ï = 15 (1 ) ï A 2 + B 2 0,25 í ï A + 2B + C = 5 2 ï A 2 + B2 ( ) î Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | 1 Hay 5A – 12B + C = ± 3(A + 2B + C) v 1đ TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) Þ C = A – 9B thay vào (2) : a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u (1; 2;5 ) VIb 0,25 2 2 2 2 uu r 2đ |2A – 7B | = 5 A + B Þ 21A + 28AB - 24B u ' + Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;1 ;0) và có VTCP = 0(1; -2; -3) -14 ± 10 7 Þ A = B æ 1 3 ö Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là I ç - ; 0; ÷ hay (d) và (d’) cắt 21 è 2 2 ø 2 Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = 14 ± 7 , C = -203 ± 10 7 nhau . (ĐPCM) 10 1® r Vậy có hai tiếp tuyến : r u uu æ 15 r ö ( 14 ± 10 = uu .u ' = ç r ± 10 15 -3 15 b) Ta lấy v 7 )x + 21y -203 -2 7; = 0 ÷ . u' ç 7; 7 7 ÷ -4A + 3B è ø TH2 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) Þ C = , thay vào (2) ta r 2 r r æ 152 15 15 ö 2 Ta đặt : a = u + v = ç1 + được : 96A + 28AB + 51B ; = 0 2 ç 2 - . Phương trình này vô nghiệm . ;5 - 3 ÷ è 7 7 7 ÷ ø 0,25 14
r r r æ 15 15 15 ö b = u - v = ç1 - ç ;2+ 2 ;5 + 3 ÷ è 7 7 7 ÷ ø Khi đó, hai đườngr r 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 : ì 1 æ 15 ö ì 1 æ 15 ö ï x = - + ç1 + ÷ t ï x = - + ç1 - ÷ t ï 2 ç è 7 ÷ø ï 2 ç è 7 ÷ ø ï ï ï æ 15 ö ï æ 15 ö íy = ç 2 - 2 ÷ t và íy = ç 2 + 2 ÷ t ç ÷ 7 ø ç 7 ÷ ï è ï è ø ï ï ï z = 3 + æ 5 - 3 15 ö t ç ÷ ï z = 3 + æ 5 + 3 15 ö t ç ÷ ï ç 7 ÷ ï ç 7 ÷ î 2 è ø î 2 è ø ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) 0,25 t Đặt t = log2x, suy ra x = 2 t t 2 1 ( 2 ) Û log5 2 + 3 = t Û 2 + 3 = 5 Û æ ö + 3 æ ö = 1 (2) ( t ) t ç ÷ t ç ÷ 0,25 è3ø è 5 ø t t æ2ö æ 1 ö VIIb 1® Xét hàm số : f(t) = ç ÷ + 3 ç ÷ è3ø è 5 ø t t æ2ö æ 1 ö f'(t) = ç ÷ ln 0, 4 + 3 ç ÷ ln 0, 2 < 0, "t Î R 0,25 è3ø è5ø 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 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2 0,25 15
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn : Toán, khối D (Thời gian 180 không kể phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3 2 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x – 3x +2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=3x2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình cos2x + 2sin x - 1 - 2sin x cos 2x = 0 2. Giải bất phương trình ( 4x - 3 ) x 2 - 3x + 4 ³ 8x - 6 p 3 cotx Câu III ( 1điểm)Tính tích phân I = ò dx p æ pö s inx.sin ç x + ÷ 6 è 4ø 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 0 BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 30 . 2 2 2 Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a +b +c =3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 3 c P = + + b2 + 3 c2 + 3 a 2 + 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+y2=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 C 100 1. Tính giá trị biểu thức: A = 4C100 + 8C100 + 12C100 + ... + 200 100 . 2. Cho hai đường thẳng có phương trình: ì x = 3 + t x-2 z + 3 ï d1 : = y + 1 = d 2 : í y = 7 - 2 t 3 2 ï z = 1 - t î Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d 2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm) 2 Giải phương trình sau trên tập phức: z +3(1+i)z613i=0 Hết 16
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu Nội dung Điểm Tập xác định: D=R lim ( x3 - 3 x 2 + 2 ) = -¥ lim ( x3 - 3 x 2 + 2 = +¥ ) x ®-¥ x ®+¥ 2 é x = 0 y’=3x 6x=0 Û ê ë 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) f Đ =f(0)=2; f T =f(2)=2 C C y’’=6x6=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=3xy2 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=3x2, 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: ì 4 ì y = 3 x - 2 ï x = 5 ï æ4 2ö 0,25 đ í Ûí => M ç ; ÷ î y = -2 x + 2 ï y = 2 è 5 5 ø ï î 5 Giải phương trình: cos2x + 2sin x - 1 - 2sin x cos 2x = 0 (1) (1) Û cos2 x (1 - 2sin x ) - (1 - 2sin x ) = 0 0,5 đ Û ( cos2 x - 1)(1 - 2sin x ) = 0 1 Khi cos2x=1 x = k p , k Î Z 1 p p 5 0,5 đ II Khi s inx = Û x = + k 2 hoặc x = p + k 2 , k Î Z p 2 6 6 2 Giải bất phương trình: ( 4x - 3 ) x 2 - 3x + 4 ³ 8x - 6 (1) (1) Û ( 4 x - 3) ( ) x 2 - 3 x + 4 - 2 ³ 0 0,25 đ 17
Ta có: 4x3=0x=3/4 x 2 - 3 x + 4 - 2 =0x=0;x=3 0,25 đ Bảng xét dấu: x ¥ 0 ¾ 2 + ¥ 4x3 0 + + 2 0,25 đ x - 3 x + 4 - 2 + 0 0 + Vế trái 0 + 0 0 + é 3 ù Vậy bất phương trình có nghiệm: x Î ê0; ú È [ 3; +¥ ) ë 4 û 0,25 đ Tính p p 3 3 cot x cot x 0,25 đ I=ò dx = 2 ò dx p æ pö p s inx ( s inx + cos x ) sin x sin ç x + ÷ 6 è 4 ø 6 p 3 cot x = 2 ò 2 dx p s in x (1 + cot x ) III 6 1 0,25 đ Đặt 1+cotx=t Þ dx = - dt sin 2 x p p 3 + 1 Khi x = Û t = 1 + 3; x = Û t = 6 3 3 0,25 đ 3 +1 t - 1 3 +1 æ 2 ö Vậy I = 2 ò dt = 2 ( t - ln t ) 3 +1 = 2ç - ln 3 ÷ 0,25 đ 3 +1 t 3 è 3 ø 3 Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H. Xét DSHA(vuông tại H) 0 a 3 S 0,25 đ AH = SA cos 30 = 2 Mà DABC đều cạnh a, mà cạnh a 3 K AH = 2 => H là trung điểm của cạnh BC A IV => 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 0 AH a 3 => HK = AH sin 30 = = 2 4 a 3 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 0,25 đ 4 Ta có: V 18
a3 a3 b2 + 3 a 6 3 2 a + + ³ 3 3 = (1) 2 b2 + 3 2 b 2 + 3 16 64 4 0,5 đ b3 b3 c2 + 3 c 6 3 2 c + + ³ 3 3 = (2) 2 c + 3 2 c + 3 16 2 2 64 4 c3 c3 a2 + 3 c 6 3 2 c + + ³ 3 3 = (3) 2 a2 + 3 2 a + 3 16 2 64 4 Lấy (1)+(2)+(3) ta được: 0,25 đ a 2 + b 2 + c 2 + 9 3 2 P+ ³ ( a + b 2 + c 2 ) (4) 16 4 2 2 2 Vì a +b +c =3 0,25 đ 3 3 Từ (4) Û P ³ 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 D, => D : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y2=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 D bằng 52 - 32 = 4 1 -3 + 4 + c éc = 4 10 - 1 Þ d ( I , D ) = = 4 Û ê (thỏa mãn c≠2) 32 + 1 êc = -4 10 - 1 ë 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 . uuu r VI.a Ta có AB = ( -1; -4; -3 ) ì x = 1 - t ï Phương trình đường thẳng AB: í y = 5 - 4 t 0,25 đ ï z = 4 - 3 t î 2 Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên uuur cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1a;54a;43a) Þ DC = (a; 4a - 3;3a - 3) 0,25 đ uuu r uuur 21 Vì AB ^ DC =>a16a+129a+9=0 a = 0,25 đ 26 æ 5 49 41 ö Tọa độ điểm D ç ; ; ÷ 0,25 đ è 26 26 26 ø Gọi số phức z=a+bi 0,25 đ 2 2 ì a - 2 + ( b + 1) i = 2 ì( a - 2 ) + ( b + 1) = 4 ï ï Theo bài ra ta có: í Ûí ïb = a - 3 î ïb = a - 2 î é ìa = 2 - 2 ï 0,25 đ VII.a êí ê ïb = -1 - 2 î Ûê ê ìa = 2 + 2 ï êí 0,25 đ ê ïb = -1 + 2 ë î Vậy số phức cần tìm là: z= 2 - 2 +( -1 - 2 )i; z= z= 2 + 2 +( -1 + 2 )i. 19
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 + ... + 2 100 x100 0 2 4 C 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 + ... + 200 100 x99 2 4 C100 Thay x=1 vào => A = 100.299 = 4C100 + 8C100 + ... + 200 100 2 4 C100 0,25 đ Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng VI.b d và d lần lượt tại điểm A(2+3a;1+a;3+2a) và B(3+b;72b;1b). 0,25 đ 1 2 uuur uuur Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA = k MB uuur uuur MA = ( 3a - 1; a - 11; -4 + 2a ) , MB = ( b; -2b - 3; -b ) 0,25 đ ì3a - 1 = kb ì3a - kb = 1 ìa = 1 0,25 đ ï ï ï 2 Þ ía - 11 = -2kb - 3k Û í a + 3k + 2kb = 11 Û ík = 2 ï-4 + 2a = - kb ï 2a + kb = 4 ïb = 1 î î î uuur => MA = ( 2; -10; -2 ) ì x = 3 + 2 t 0,25 đ ï Phương trình đường thẳng AB là: í y = 10 - 10 t ï z = 1 - 2 t î D=24+70i, 0,25 đ D = 7 + 5i hoặc D = -7 - 5i 0,25 đ VII.b 0,25 đ é z = 2 + i => ê 0,25 đ ë z = -5 - 4 i Bài làm vẫn được điểm nếu thí sinh làm đúng theo cách khác! 20