KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG TÂY THỤY ANH

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:28

Thêm vào BST

Báo xấu

70
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'kỳ thi thử đại học năm 2011 môn: toán - trường tây thụy anh', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG TÂY THỤY ANH

kú thi thö ®¹i häc n¨m 2011 Môn Toán : Thêi gian lµm bµi 180 phót. Trêng thpt t©y thôy anh . A /phÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh. ( 8 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ). Cho hàm số y = x3 + ( 1 – 2m)x2 + (2 – m )x + m + 2 . (Cm) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm m đ ể đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II : ( 2 đ iểm ). sin 2 x  2 2(s inx+cosx)=5 . 1. Giải phương trình: 2 x 2  mx  3  x. 2. Tìm m đ ể phương trình sau có nghiệm duy nhất : Câu III : ( 2 đ iểm ). 2 1  x2 1 . Tính tích phân sau : I   x  x 3 dx. 1  x3  y 3  m( x  y )  2 . Cho hệ phương trình :  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  0  .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1 Câu IV : ( 2 đ iểm ).  x  1  2t  xyz Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :   ; d2  y  t 112 z  1 t  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  d1 ; B  d 2 sao cho AB ngắn nhất . B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2 điểm ). ( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu Va ho ặc Vb sau đây.) Câu Va. 1 . Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3 y - 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 ABC . n 1 3  x  2 .Tìm hệ số x6 trong khai triển b iết tổng các hệ số khai triển x  b ằng 1024. Câu Vb. 1 x 2 1 x2 5 1 . Giải bất phương trình : 5 > 24. 2 .Cho lăng trụ ABC.A’ B’C’đáy ABC là tam giác đ ều cạnh a. .A’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ. ______________ Hết ____________ www.laisac.page.tl 1
kú thi thö ®¹i häc n¨m 2011 Môn Toán : Thêi gian lµm bµi 180 phót. Trêng thpt t©y thôy anh . 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 V ới m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4 0,25 a ;Tập xác định : D = R. b ; Sự biến thiên. Tính đơn điệu …… N hánh vô cực…… + 2 - x 0 0 ,25 0 + 0 - y' + 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 0 ,25 -15 -10 -5 5 10 15 -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. H àm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 0,25 ĐK sau : ’ ' 2 + y =0 có 2 nghiệm pbiệt x1 < x2    4m  m  5 f 0 5  m < - 1 hoặc m > 0,25 4 + x 1 < x2 < 1 ( Vì hệ số của x 2 của y’ mang dấu dương ) 21  ' p 4  2m  …..  m p  ….  15 0,25 57 K ết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số m   ; 1   ;    0,25 4 5 II 2 ,00 1 1 ,00 sin 2 x  2 2(s inx+cosx)=5 . ( I ) 1.Giải phương trình: 2 0 ,25 Đặt sinx + cosx = t ( t  2 ).  sin2x = t - 1  ( I )  t 2  2 2t  6  0  t   2 ) 0 ,25  +Giải được phương trình sinx + cosx =  2 …  cos( x  )  1 4 0 ,25 + Lấy nghiệm 5 K ết luận : x   k 2 ( k  Z ) hoặc d ưới dạng đúng khác . 0 ,25 4 2 1 ,00 2 x 2  mx  3  x. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 3
 2x 2  mx  9  x 2  6x  hệ  có nghiệm duy nhất 0 ,25 x  3 2  x + 6x – 9 = -mx (1) +; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm. 0 ,25 x 2  6x  9 + ; V ới x  0 (1)   m . Xét hàm số : x 0 ,25 x 2  6x  9 x2  9 trên  ;3 \ 0 có f’(x) = 2 > 0 x  0 f(x) = x x + , x = 3  f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6  m < - 6 0 ,25 III 2 ,00 1 2 1  x2 1. Tính tích phân sau : I   dx. 1 ,00 x  x3 1 2 1  x2 I  dx. = x  x3 1 1 1 2 x2  1 dx = 0 ,25 x 1 x 1 2 d (x  ) x = - ln( x  1 ) 2 = 0 ,50  1 x1 x 1 x 4 0 ,25 …. = ln 5 2 1  x2 2 dx. =   1  2x dx =……) ( Hoặc I     x  x3 x x2  1  1 1 2  x3  y 3  m( x  y ) 2.Cho hệ phương trình :   x  y  1 ------------------------------------------------------------------------------------------ Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x1;y1);(x 2;y2);(x 3;y3) sao cho x1;x 2;x3 lập thành cấp số cộng  d  0  .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1  x 3  y 3  m( x  y ) ( x  y)( x 2  y 2  xy  m)  0    x  y  1 1,00  x  y  1 1  x  y   2 ------    y   x  1   ( x)  x 2  x  1  m  0  3 Trước hết  ( x) phải có 2 nghiệm pbiệt x1 ; x2    4m  3 f 0  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 ;  0 ,25 2 1 +Trường hợp 3 : x1 ;  ; x2 2 X ét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có  x1  x2  1 3 đúng với mọi m >   x1 x2  1  m 4 Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1 ta cần có thêm điều kiện sau 0 ,25 1  4 m  3 Đáp số : m > 3 x2  f 1  4m  3 f 3  m f 3 2 2,00 IV  x  1  2t  xyz Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 :   ; d2  y  t 112 z  1 t  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 …  Điểm đối xứng M’ của M qua d2 là M’(-3 ;-2 ;-1) 0,25 2.Tìm A  d1; B  d 2 sao cho AB ngắn nhất . Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t1 ;-t1 ;1+t1) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vuông góc 0 ,50 chung của hai đường thẳng d1 và d 2 . uuu u rr  AB.v1  0 1 17 18  336 …….  tọa độ của A  ; ;  và B  ;  ;   uuu ur 0 ,50 ru    35 35 35  35 35 35     AB.v2  0  Va 2 ,00 1. Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B 1 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  AC + Tọa độ C là nghiệm của hệ  ……  C(4;- 5 ) CM 2  xB 1  yB 2  xB 1  y B ; M thuộc CM ta được +  xM ;  yM  1  0 2 2 2 2 0,25  2  xB 1  y B  1  0 + G iải hệ  2 ta được B(-2 ;-3) 2   xB  3 yB  7  0  Tính diện tích ABC . 14  x  5 x  3y  7  0   + Tọa độ H là nghiệm của hệ   0,25 3x  y  7  0 y   7  5  - 8 10 2 …. Tính được BH = ; AC = 2 10 5 1 1 8 10 D iện tích S =  16 ( đvdt) AC .BH  .2 10. 0,25 2 2 5 n 1 3 2 .Tìm hệ số x6 trong khai triển   x  biết tổng các hệ số khai triển x  bằng 1024. 0 ,25 + ; Cn0  Cn  ...  Cnn  1024 1 n n  1  1  1024  2 = 1024  n = 10 0,25 10  k 10 0,25 10 1 1 + ;   x3    C10   k .  x3  k ; …….    x  x  k o H ạng tử chứa x6 ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 . 0 ,25 Vb 2 ,00 1,00 1 1 x 2 1 x 2 5 1. G iải bất phương trình : 5 > 24. (2) ------ ------------------------------------------------------------------------------------------ 6
------------- 2 0,5    24 5   5 f 0 2 x2 (2)  5 5x x f 1 2 2  5x f 5  x > 1    x p 1 0,5 7
2.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách 2 đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối 1,00 ------ 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 . ·' AG là góc giữa A cạnh bên và đáy . a3  ·' AG = 60 , ….. AG = 0 ; A 3 Đ ường cao A’G của chop A’.ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy 0,25 a3 a3 ’ .tan600 = AG= . 3 = a. 3 3 0,25 a3 3 1 a3 0,25 …….. Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = .a. .a  2 2 4 G hi chú : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như nhau . + Đ iểm của bài thi là tổng các điểm th ành 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 k ể 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 đ áy ABC là tam giác vuông cân đ ỉnh C và SA vuông góc với mặt p hẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất . Câu V ( 1 đ iểm ) 111 1 1 1 Cho x, y, z là các số d ương thỏa mãn    4 . CMR:   1 xyz 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 – 5 y + 1 = 0, cạnh b ên AB nằm trên đ ường 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 – 2 y + z – 2 = 0 và hai đ ường thẳng :  x  1  2t x 1 3  y z  2  và (d’)  y  2  t   (d) 1 1 2 z  1  t  Viết phươ ng trình tham số của đ ường 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  C2 C3  C3C7  C5 C1  C5C7 4 2 4 50 57 5 57 5 7 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 đ ường thẳng : 9
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 đ ường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) . Câu VIIb.( 1 đ iểm ) Giải p hương 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 C©u Néi dung §iÓm 10
2x  3 Hµm sè y = cã : x2 - TX§: D = R \ {2} 0,25 - Sù biÕn thiªn: + ) 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’ =  < 0 x  D 2  x  2 2   x - y’ -  0,25 2 1 y 2 1.25  ® Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2  vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ 8 - § å thÞ 3 0,5 + Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; ) 6 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 10 -2 -4 1 1     C  . Ta có : y '  m    Lấy điểm M  m; 2  . 2 m2  m  2  Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 1 1 0,25đ 2 x  m  2  y  m  2 m2 2  2 Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A  2; 2   m2  0,75đ 0,25đ Giao đ iểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)   1 2 Ta có : AB2  4  m  2    8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 2  m  2     Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) Phương trình đ ã cho tương đương với : II 0,25đ 2,0® 1 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0 1,0® 11
0,25  sin x   cosx   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 3 2 3  Xét   0  tan x   tan   x    k  cosx sin x 2  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t    2; 2  . Khi đ ó phương trình trở thành:   2 t 1  0  t 2  2t  1  0  t  1  2 t 2    1 2   Suy ra : 2cos  x    1  2  cos  x     cos 4 4 2     x     k 2 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  y  2   x  5   x  y   x  y  3  0 2 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  1   x  y  3  0   y  2 1 1 1 1 x  1 x2 1 x  1 x2 dx dx   dx  Ta có : =  1 x  0,5 2  1  x 2  1  x  2x 1 x2 1 1 1 1 1 1  x2 1 1    1 dx   dx  2 1  x  2x 1 1 1 1  1 0,5 III 1  I1  1  x  1 dx  2 ln x  x  |1  1 1®   1.0® 2   1 1 x2 dx . Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2xdx   I2  2x 1 t  2 x  1  Đổi cận :   x  1  t  2  12
2 t 2dt  2  t 2  1  0 Vậy I2= 2 Nê n 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 kho ảng ( 0; 1) S 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 đ iểm cực trị là đ iểm 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 B A a3  Vậy MaxVSABC = , đạt được khi 93 C 1 1 hay   arcsin sin  = 3 3  ( với 0 <   ) 2 +Ta có : 1 11 1 1 11 1 1 11 1 ); );  .(  (  (  ) 2x  y  z 4 2x y  z x  2y  z 4 2y x  z x  y  2z 4 2 z y  x 1 11 1 + Lại có :  (  ); xy 4 x y 1.0® V 1® 1 11 1  (  ); yz 4 y z 1 11 1  (  ); xz 4 x z cộng các BĐT này ta được đpcm. Đường thẳng AC đ i qua đ iểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3 ) + b( y – 1) = 0 (a2 + b 2  0) . Góc củ a 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 22  52 . 12 2  12 2a  5b 29 2  5  2a  5b   29  a 2  b 2    2 2 5 a b VIa 1 a  12b 2® 1®  9a + 100ab – 96b = 0   2 2 a  8 b 0,25 9  Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1 ) không thu ộc AB) nên khô ng phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 0,25 Phương trình cần tìm là : 8 x + 9y – 33 = 0 13
Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại đ iểm 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  v + Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1; 2 ur u + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 2 Ta có : uuuuu 1® r  MM '   2; 1;3 uuuuu r ur r u    MM '  u, u '   2; 1;3  1 1 ; 1 1 ; 1 1  8  0 2 2 0,25   1 2 21 Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó : uuuuu r ur r u MM '  u, u ' 8   d   d  ,  d '    r uru 11  u, u '   0,25 Chọn khai triển : .0,25 5  x  1  C0  C15 x  C5 x 2  L  C5 x 5 2 5 5 7  C 0  C1 x  C2 x 2  L  C 7 x 7  C0  C1 x  C7 x 2  L  C5 x 5  L 2  x  1 7 7 7 7 7 7 7 5 5 7 0,25 Hệ số của x trong khai triển của (x + 1) .(x + 1) là : 1đ VIIa C5 C7  C1 C7  C5 C3  C5 C7  C5 C1  C5C7 05 4 2 32 4 50 5 7 7 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 C 4  C5 C3  C3C 2  C5 C1  C5C0 = C12 = 792 0 2 4 5 0,25 7 57 7 57 7 57 Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) b án kính R1 = 5 . Nếu đ ường 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 đ ường 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 | Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) 1 v a)H1Đường thẳng (C = i3(A + 2B + C)  C ó VTCPButhay vào (2) : T + : 5A – 12B + d) đ qua M(0 ;1 ;4) và c = A – 9 1; 2;5 1đ 0,25 VIb 2uur 2 2 2 + |2A ờngBhẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ; 28AB VTCP  01; 2; 3 Đư – 7 t | = 5 A  B  21A 0) và có 24B u ' 2đ 14  10 7 1 3 A B Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là I   ; 0;  hay (d) và (d’) cắt 21  2 2 Nếu t.a (Đọn B= 21 thì sẽ đ ược A = - 14 10 7 , C = 203  10 7 ch PCM) 2 nhau Vậy có hai tiếpr tuyến : 1® u ur  r u  ( ) Ta lấy  ur .u '  15 ;  1015  0 15  . b- 14 10 v 7 )xu + 21y 203 2 7; = 3 7 7  4A  3B 7 u'   TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)  C  , thay vào (2) ta 2 r 2r r  15  15 15 Tược : : 96A u  v  1+ 51B2; =  2 Phương 3 ình này vô nghiệm . đ a đặt a  + 28AB  ;5  tr 20.   7 7 7 0,25   14
rrr 15  15 15 b  u  v  1  ;2 2 ;5  3   7 7 7   Khi đó , hai đườngr p hân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt r nhận hai véctơ a , b làm VTCP và chúng có phương trình là :   1 15  1 15   x    1   x    1  t t 2 7 2 7          15   15    và y   2  2 y   2  2 t 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 2  3  t  2  3  5     3    1 (2)   t t t 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 đ ã cho là : x = 2 15
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn : Toán, khối D (Thời gian 180 không kể phát đề) PH ẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho h àm số y = x3 – 3 x2+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  2sin x  1  2sin 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   4 6  Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có m ặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đ ường 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+b 2+c2=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P   b2  3 c2  3 a2  3 PH ẦN 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  y2  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 d ài 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 ph ần thực 3 đơn vị. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 16
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  d 2 :  y  7  2t  y 1  d1 : 3 2 z  1 t  Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d 2 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 PH ẦN 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  x  0 y’=3x2-6x=0   x  2 0 ,25 đ Bảng biến thiên: - + x 0 2 y’ + 0 - 0 + 0 ,25 đ + 2 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 0,5 đ y’’=6x-6=0x=1 I khi x=1=>y=0 x=3=>y=2 x= -1=>y=-2 Đồ thị h àm 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 đ ường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng 0 ,25 đ Phương trình đ ường thẳng AB: y=-2x+2 0 ,25 đ 2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 4  x  5 0 ,25 đ  y  3x  2 4 2  => M  ;     y  2 x  2  y  2 5 5  5  II Giải phương trình: cos2x  2sin x  1  2sin x cos 2x  0 (1) 1 17
1  cos2 x 1  2sin x   1  2sin x   0 0,5 đ   cos2 x  1 1  2sin x   0 Khi cos2x=1 x  k , k  Z  5 1 0,5 đ Khi s inx   x   k 2 ho ặc x   k 2 , k  Z 2 6 6 Giải bất phương trình:  4x  3  x 2  3x  4  8x  6 (1)   (1)   4 x  3 x 2  3x  4  2  0 0 ,25 đ Ta có: 4x-3=0x=3/4 0 ,25 đ x 2  3 x  4  2 =0x=0;x=3 Bảng xét dấu: 2 - + x 0 ¾ 2 4x-3 - - 0 + + 0 ,25 đ 2 +0 - - 0 + x  3x  4  2 Vế trái -0 + 0 - 0 +  3 Vậy bất phương trình có nghiệm: x  0;    3;   0 ,25 đ  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   4 6 6   3 cot x  2 dx s in x 1  cot x  2  III 6 1 0 ,25 đ Đặt 1+cotx=t  dx  dt sin 2 x   3 1 Khi x   t  1  3; x   t  0 ,25 đ 6 3 3 3 1 t 1 2  3 1 1 t dt  2  t  ln t  Vậy I  2 0 ,25 đ  2  ln 3  3 1 3  3 3 3 18
Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H. Xét SHA(vuông tại H) 0 ,25 đ S a3 AH  SA cos300  2 Mà ABC đều cạnh a, m à cạnh a3 K AH  2 => H là trung điểm của cạnh BC A => AH  BC, mà SH  BC => C 0 ,25 đ IV BC(SAH) Từ H hạ đ ường vuông góc xuống SA tại H K => HK là khoảng cách giữa BC và SA 0 ,25 đ B AH a 3 => HK  AH sin 300   2 4 a3 Vậy khoảng cách giữa hai đ ường thẳn g BC và SA b ằng 0 ,25 đ 4 Ta có: a3 a3 b2  3 a 6 3a 2 (1)    33  16 64 4 2 b2  3 2 b2  3 b3 b3 c2  3 c 6 3c 2 0,5 đ (2)    33  16 64 4 2 2 2 c 3 2 c 3 3 c3 a2  3 c 6 3c 2 c (3)    33  V 16 64 4 2 a2  3 2 a2  3 Lấy (1)+(2)+(3) ta đư ợc: a 2  b2  c 2  9 3 2 0 ,25 đ   a  b 2  c 2  (4) P 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 PH ẦN 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) 0 ,25 đ Vì đường thẳng cắt đ ường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng cách từ tâm I đến  bằng 52  32  4 1 c  4 10  1 3  4  c  d I,  (thỏa mãn c≠2) 4 VI.a 32  1 0 ,25 đ c  4 10  1  Vậy ph ương trình đường tròn cần tìm là: 3 x  y  4 10  1  0 hoặc 0 ,25 đ 3x  y  4 10  1  0 . uuur Ta có AB   1; 4; 3 2 19
0 ,25 đ x  1 t  Phương trình đường thẳng AB:  y  5  4t  z  4  3t  0 ,25 đ Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên uuur cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1 -a;5 -4a;4-3a)  DC  (a; 4a  3;3a  3) 0 ,25 đ uuu uuu r r 21 Vì AB  DC =>-a-16a+12-9a+9=0 a  0 ,25 đ 26  5 49 41  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  Theo bài ra ta có:   b  a  3 b  a  2    a  2  0 ,25 đ 2    b  1  2  VII.a   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) 0 ,25 đ 100 1  x   C100  C100 x  C100 x 2  C100 x3  ...  C100 x100 (2) 0 1 2 3 100 Lấy (1)+(2) ta được: 100 100 0 ,25 đ 1  x   1  x   2C100  2C100 x 2  2C100 x 4  ...  2C100 x100 0 2 4 100 1 Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được 0 ,25 đ 99 99 100 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 và d2 lần lư ợt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b). 0 ,25 đ VI.b uuur uuur Dor đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA  k MB uuu uuur 0 ,25 đ MA   3a  1; a  11; 4  2a  , MB   b; 2b  3; b  3a  1  kb 3a  kb  1 a  1 0 ,25 đ     a  11  2kb  3k   a  3k  2kb  11  k  2 2 4  2a  kb  2a  kb  4 b  1    uuu r => MA   2; 10; 2   x  3  2t 0 ,25 đ  Phương trình đường thẳng AB là:  y  10  10t  z  1  2t  0 ,25 đ =24+70i, VII.b 0 ,25 đ   7  5i hoặc   7  5i 20