Tài liệu NVT – 06.2010 De_hd Toan 25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1 Môn thi: pdf
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (16.39 MB, 126 trang )
NVT – 06.2010
De_hd Toan 25
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3 2
1
2 3 .
3
y x x x
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến này đi qua gốc tọa độ O.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2 sin 2 3sin cos 2
4
x x x
.
2. Giải hệ phương trình
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x
.
Câu III: (2,0 điểm)
1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình
2
2 2 2
m x x x
có 2 nghiệm phân biệt.
2. Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện
2 2
2 1
x y xy
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
4 4
2 1
x y
P
xy
.
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều
.
S ABCD
có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính theo a thể
tích khối chóp
.
S ABCD
và tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp đó.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
1; 2;3
I . Viết phương trình
mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy.
Câu VI.a: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2.27 18 4.12 3.8
x x x x
.
2. Tìm nguyên hàm của hàm số
2
tan
1 cos
x
f x
x
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
2 2
: 2 0
C x y x
. Viết phương
trình tiếp tuyến của
C
, biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng
30
.
Câu VI.b: (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
4 log
3
243
x
x
.
2. Tìm m để hàm số
2
1
mx
y
x
có 2 điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
NVT – 06.2010
De_hd Toan 25
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – Khối A
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Tập xác định D=R .
0,25 đ
Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
.
2
' 4 3
y x x
.
' 0 1, 3
y x x
.
0,25 đ
BBT: Hàm số ĐB trên khoảng
;1 , 3;
và NB trên khoảng
1;3
.Hàm số đạt CĐ tại
4
1,
3
CD
x y
và đạt CT tại
3, 0
CT
x y
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Đồ thị đi qua O và cắt Ox tại (3;0). Đồ thị đối xứng qua
2
2;
3
.
0,25 đ
Phương trình tiếp tuyến
tại điểm
0 0 0
;
M x y
là
2 3 2
0 0 0 0 0 0
1
: 4 3 2 3
3
y x x x x x x x
0,25 đ
qua O
0 0
0, 3
x x
.
0,25 đ
Khi:
0
0
x
thì
: 3
y x
.
0,25 đ
Câu I
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
Khi:
0
3
x
thì
: 0
y
.
0,25 đ
PT
sin 2 cos2 3sin cos 2
x x x x
2
2sin cos 3sin 2cos cos 3 0
x x x x x
.
0,25 đ
2cos 3 sin cos 1 2cos 3 0
sin cos 1 2cos 3 0
x x x x
x x x
.
0,25 đ
Khi:
3
cos ( )
2
x VN
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Khi :
2
1
sin cos 1 sin
2
4
2
2
x k
x x x
x k
.
KL: nghiệm PT là
2 , 2
2
x k x k
.
0,25 đ
Ta có:
3 3 2 2 3 2 2 3
2 2 2 2 2 5 0
x y y x y x x x y xy y
.
0,25 đ
Khi
0
y
thì hệ VN.
Khi
0
y
, chia 2 vế cho
3
0
y
3 2
2 2 5 0
x x x
y y y
.
0,25 đ
Câu II
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
Đặt
x
t
y
, ta có :
3 2
2 2 5 0 1
t t t t
.
0,25 đ
Khi
1
t
,ta có : HPT
2
1, 1
1
y x
x y x y
y
.
0,25 đ
Ta có:
2
2 2 1
x x
nên PT
2
2
2 2
x
m
x x
.
0,25 đ
Xét
2
2
( )
2 2
x
f x
x x
2 2
4 3
'( )
2 2 2 2
x
f x
x x x x
.
0,25 đ
4 4
' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1
3 3
x x
f x x f f x f x
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
KL:
1 10
m .
0,25 đ
Đặt
t xy
. Ta có:
2
1
1 2 2 4
5
xy x y xy xy xy
Và
2
1
1 2 2 4
3
xy x y xy xy xy
. ĐK:
1 1
5 3
t
.
0,25 đ
Suy ra :
2
2 2 2 2
2
2
7 2 1
2 1 4 2 1
x y x y
t t
P
xy t
.
0,25 đ
Do đó:
2
2
7
'
2 2 1
t t
P
t
,
' 0 0( ), 1( )
P t th t kth
1 1 2
5 3 15
P P
và
1
0
4
P
.
0,25 đ
Câu III
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
KL: GTLN là
1
4
và GTNN là
2
15
( HSLT trên đoạn
1 1
;
5 3
)
0,25 đ
Gọi O là giao điểm AC và BD
SO ABCD
Ta có:
2
2 2 2
2 2
4 2
a a
SO SA OA a .
0,25 đ
2 3
.
1
2
6
ABCD S ABCD
S a V a .
0,25 đ
Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác SMN. Ta chứng minh I cách đều các mặt của hình chóp
0,25 đ
Câu IV
(1,0đ)
2
2 3 1
2 2
4
4 3
SMN
a
a
S pr r
a a
là bán kính cần tìm.
0,25 đ
Gọi M là hình chiếu của I lên Oy, ta có:
0; 2;0
M
0,25 đ
1;0; 3 10
IM R IM
là bán kính mặt cầu cần tìm.
0,25 đ
Câu Va
(1,0đ)
KL: PT mặt cầu cần tìm là
2 2 2
1 2 3 10
x y z
.
0,50 đ
Ta có : PT
3 2 2 3
2.3 2 .3 4.2 3 3.2
x x x x x x
.
0,25 đ
Câu VIa
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)
Chia 2 vế cho
3
2 0
x
: PT
3 2
3 3 3
2 4 3 0
2 2 2
x x x
.
0,25 đ
Đặt
3
2
x
t
. ĐK: t>0;
3 2
3
2 4 3 0 1( ); ( )
2
t t t t kth t th
.
0,25 đ
Khi
3
2
t
, ta có:
3 3
1
2 2
x
x
. KL: Nghiệm PT là
1
x
.
0,25 đ
Ta có:
2 2
cos sin
cos 1 cos
x x
F x I dx
x x
.
0,25 đ
Đặt
2
cos 2cos sin
t x dt x xdx
Suy ra :
1 1 1 1 1 1
ln
2 1 2 1 2
dt t
I dt C
t t t t t
.
0,50 đ
Ý 2
(1,0đ)
KL:
2
2
1 1 cos
ln
2
cos
x
F x C
x
.
0,25 đ
Ta có: Hệ số góc của tiếp tuyến
cần tìm là
3
.
0,25 đ
Mà:
2
2
: 1 1 1;0 ; 1
C x y I R
.
0,25 đ
Do đó:
1
: 3 0
x y b
tiếp xúc (C)
1
,
d I R
3
1 2 3
2
b
b
. KL:
1
: 3 2 3 0
x y
.
0,25 đ
Câu Vb
(1,0đ)
Và :
2
: 3 0
x y b
tiếp xúc (C)
2
,
d I R
3
1 2 3
2
b
b
. KL:
2
: 3 2 3 0
x y
.
0,25 đ
ĐK: x > 0 . BPT
3 3
4 log log 5
x x
(HS ĐB)
0,25 đ
Đặt
3
log
t x
. Ta có:
2
4 5 0 5
t t t
hoặc
1
t
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
KL: Nghiệm BPT là
1
0
243
x hoặc
3
x
.
0,50 đ
Ta có:
2
2
1
'
mx
y
x
.
0,25 đ
Hàm số có 2 cực trị
' 0
y
có 2 nghiệm PB khác 0
0
m
.
0,25đ
2
1 1 4
;2 , ; 2 16
A m B m AB m
m
m m
.
0,25đ
Câu VIb
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
2
4
2 .16 16
AB m
m
(không đổi). KL:
1
( )
2
m th
.
0,25đ
…HẾT…
HƯỚNG DẪN CHẤM:
Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành
và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh
làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không
làm tròn số.
Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất . Tuy nhiên , điểm trong từng
câu và từng ý không được thay đổi.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – Khối B
Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số
4 2 2 4
2 2
y x m x m m
(1), với m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
m
.
2. Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi
0
m
.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2sin 2 4sin 1
6
x x
.
2. Tìm các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình
2
1
y x m
y xy
có nghiệm duy nhất.
Câu III: (2,0 điểm)
1. Tìm nguyên hàm của hàm số
2
4
1
2 1
x
f x
x
.
2. Với mọi số thực dương
; ;
x y z
thỏa điều kiện
1
x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
1 1 1
2P x y z
x y z
.
Câu IV: (1,0 điểm) Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N,
P sao cho 4 , 2
BC BM BD BN
và
3
AC AP
. Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD
làm hai phần. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho đường thẳng
: 2 4 0
d x y
. Lập phương
trình đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d).
Câu VIa: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
log log
4 2
2 8
x x
x
.
2. Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số
1
2
x
y
x
tại hai điểm phân biệt sao
cho hoành độ và tung độ của mỗi điểm là các số nguyên
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb: (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho các điểm
1;3;5 , 4;3;2 , 0;2;1
A B C . Tìm tọa
độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VIb: (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
2 4 8
2 1 log log log 0
x x x
.
2. Tìm m để đồ thị hàm số
3 2
5 5
y x m x mx
có điểm uốn ở trên đồ thị hàm số
3
y x
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – Khối B
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Khi
4 2
1 2 3
m y x x
.
Tập xác định D=R .
0,25 đ
Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
.
3 2
' 4 4 4 1
y x x x x
.
' 0 0, 1
y x x
.
0,25 đ
Bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trên khoảng
1;0 , 1;
và nghịch biến trên
khoảng
; 1 , 0;1
.
Hàm số đạt CĐ tại
0, 3
CD
x y
và đạt CT tại
1, 2
CT
x y
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Đồ thị cắt Oy tại (0;3). Đồ thị đối xứng qua Oy.
0,25 đ
Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và Ox:
4 2 2 4
2 2 0
x m x m m
().
0,25 đ
Đặt
2
0
t x t
, ta có :
2 2 4
2 2 0
t m t m m
().
0,25 đ
Ta có :
' 2 0
m
và
2
2 0
S m
với mọi
0
m
.
Nên PT () có nghiệm dương.
0,25 đ
Câu I
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
KL: PT () có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm).
0,25 đ
PT
3sin 2 cos2 4sin 1 0
x x x
2
2 3sin cos 2sin 4sin 0
x x x x
.
0,25 đ
2 3 cos sin 2 sin 0
x x x
.
0,25 đ
Khi :
5
sin 3 cos 2 sin 1 2
3 6
x x x x k
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Khi:
sin 0
x x k
.
KL: nghiệm PT là
5
, 2
6
x k x k
.
0,25 đ
Ta có : 2
x y m
, nên :
2
2 1
y my y
.
0,25 đ
PT
1
1
2
y
m y
y
( vì y = 0 PTVN).
0,25 đ
Xét
2
1 1
2 ' 1 0
f y y f y
y
y
0,25 đ
Câu II
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
Lập BTT. KL: Hệ có nghiệm duy nhất
2
m
.
0,25 đ
Câu III
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)
Ta có:
2 ,
1 1 1
. .
3 2 1 2 1
x x
f x
x x
.
0,50 đ
KL:
3
1 1
9 2 1
x
F x C
x
.
0,50 đ
Áp dụng BĐT Cô-si :
2
18 12
x
x
(1). Dấu bằng xãy ra khi
1
3
x
.
0,25 đ
Tương tự:
2
18 12
y
y
(2) và
2
18 12
z
z
(3).
0,25 đ
Mà:
17 17
x y z
(4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có:
19
P
.
0,25 đ
Ý 2
(1,0đ)
1
19
3
P x y z
. KL: GTNN của P là
19
.
0,25 đ
Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD.
Vẽ DD’ // BC, ta có: DD’=BM
' 1
3
TD DD
TC MC
.
0,25 đ
Mà:
1 2
/ /
3 3
TD AP QD DP CP
AT DP
TC AC QA AT CA
.
0,25 đ
Nên:
.
.
.
1 3 1 1
. .
3 5 5 10
A PQN
A PQN ABCD
A CDN
V
AP AQ
V V
V AC AD
(1)
0,25 đ
Câu IV
(1,0đ)
Và
.
.
2 3 1 1
. .
3 4 2 4
C PMN
ABMNP ABCD
C ABN
V
CP CM
V V
V CA CB
(2).
Từ (1) và (2), suy ra :
7
20
ABMNQP ABCD
V V .
KL tỉ số thể tích cần tìm là
7
13
hoặc
13
7
.
0,25 đ
Gọi
;2 4
I m m d
là tâm đường tròn cần tìm.
0,25 đ
Ta có:
4
2 4 4,
3
m m m m
.
0,25 đ
Khi:
4
3
m
thì PT ĐT là
2 2
4 4 16
3 3 9
x y
.
0,25 đ
Câu Va
(1,0đ)
Khi:
4
m
thì PT ĐT là
2 2
4 4 16
x y
.
0,25 đ
ĐK :
0
x
. Ta có:
2 4 2
1 log log 3log
x x x
.
0,25 đ
Đặt
2
log
t x
.Ta có:
2
3 2 0 1, 2
t t t t
.
0,25 đ
Khi:
1
t
thì
2
log 1 2( )
x x th
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Khi:
2
t
thì
2
log 2 4( )
x x th
. KL: Nghiệm PT
2, 4
x x
.
0,25 đ
Ta có:
1
1
2
y
x
0,25 đ
Suy ra:
; 2 1 3, 1
x y Z x x x
0,25 đ
Tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số
nguyên là
1;0 , 3;2
A B
0,25 đ
Câu VIa
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
KL: PT đường thẳng cần tìm là
1 0
x y
.
0,25 đ
Ta có:
3;0; 3 3 2
AB AB
.
0,25 đ
Tương tự:
3 2
BC CA
.
0,25 đ
Do đó:
ABC
đều, suy ra tâm I đường tròn ngoại tiếp
ABC
là
trọng tâm của nó.
0,25 đ
Câu Vb
(1,0đ)
KL:
5 8 8
; ;
3 3 3
I
.
0,25 đ
ĐK :
0
x
. Đặt
2
log
t x
, ta có :
1 0
3
t
t t
0,25 đ
BPT
2
4
3 4 0 0
3
t t t
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
KL:
2
3
4 1
log 0 1
3
2 2
x x
.
0,50đ
Ta có:
2
' 3 2 5 5 ; " 6 2 10
y x m x m y x m
.
0,25 đ
5
" 0
3
m
y x
; y’’đổi dấu qua
5
3
m
x
.
Suy ra:
3
2 5 5 5
5
;
3 27 3
m m m
m
U
là điểm uốn
0,50 đ
Câu VIb
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
KL:
5
m
.
0,25 đ
…HẾT…
HƯỚNG DẪN CHẤM:
Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành
và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh
làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không
làm tròn số.
Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất . Tuy nhiên , điểm trong từng
câu và từng ý không được thay đổi.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – Khối D
Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3
1
x
y
x
.
2. Viết phương trình đường thẳng d qua điểm
1;1
I và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao
cho I là trung điểm của đoạn MN.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
cos3 sin 2 3 sin3 cos2
x x x x
.
2. Giải hệ phương trình
3 3
2 2
3 4
9
x y xy
x y
.
Câu III: (2,0 điểm)
1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình
2 2
2 1 1
m x x m
có nghiệm.
2. Chứng minh
2 2 2
1
2
a b c
ab bc ca a b c
a b b c c a
với mọi số dương
; ;
a b c
.
Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều
. ' ' '
ABC A B C
có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A
đến mặt phẳng (A’BC) bằng
2
a
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
.
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua
2;1
M và
tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng
4
.
Câu VI.a: (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
2 2
2
1 log log 2 log 6
x x x
.
2. Tìm
2
ln
x dx
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm
1
3;
2
M
. Viết phương trình chính
tắc của elip đi qua điểm M và nhận
1
3;0
F
làm tiêu điểm.
Câu VI.b: (2,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình
2 2
1
2 3
x y
y x x y
.
2. Tìm nguyên hàm của hàm số
cos2 1
cos2 1
x
f x
x
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – Khối D
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Tập xác định:
\ 1
D R
.
0,25 đ
Sự biến thiên:
Giới hạn và tiệm cận:
lim 1; lim 1 1
x x
y y y
là TCN.
1 1
lim ; lim 1
x x
y y x
là TCĐ
0,25 đ
2
4
' 0,
1
y x D
x
.
BBT: Hàm số đồng biến trên các khoảng
; 1 , 1;
Và không có cực trị.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Đồ thị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua
1;1
.
0,25 đ
Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k
: 1 1
d y k x
.
Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N
3
: 1
1
x
PT kx k
x
có 2 nghiệm PB khác
1
.
0,25 đ
Hay:
2
2 4 0
f x kx kx k
có 2 nghiệm PB khác
1
0
4 0 0
1 4 0
k
k k
f
.
0,25 đ
Mặt khác: 2 2
M N I
x x x
I là trung điểm MN với
0
k
.
0,25 đ
KL: PT đường thẳng cần tìm là
1
y kx k
với
0
k
.
0,25 đ
Câu I
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
Chú ý: Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I là tâm đối xứng, dựa vào
đồ thị ( C) để kết luận kết quả trên.
Ta có: PT
cos3 3sin3 3cos2 sin2
x x x x
1 3 3 1
cos3 sin3 cos2 sin2
2 2 2 2
x x x x
cos 3 cos 2
3 6
x x
.
0,50 đ
Do đó:
3 2 2 2
3 6 6
x x k x k
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Và:
2
3 2 2
3 6 10 5
k
x x k x
0,25 đ
Ta có :
2 2
9 3
x y xy
.
0,25 đ
Câu II
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
. Khi:
3
xy
, ta có:
3 3
4
x y
và
3 3
. 27
x y
0,25 đ
Suy ra:
3 3
;
x y
là nghiệm PT
2
4 27 0 2 31
X X X
Vậy ngiệm của PT là
3 3
2 31, 2 31
x y
Hay
3 3
2 31, 2 31
x y .
0,25 đ
Khi:
3
xy
, ta có:
3 3
4
x y
và
3 3
. 27
x y
Suy ra:
3 3
;
x y
là nghiệm PT
2
4 27 0( )
X X PTVN
0,25 đ
Đặt
2
1
t x
. ĐK:
1
t
, ta có:
2
2 1 1
m t t m
0,25 đ
Hay:
1
1
2
m t t
t
. Xét
2
1 1
' 1
2
2
f t t f t
t
t
0,25 đ
2
2
4 3
' , ' 0 1( ), 3( )
2
t t
f t f t t l t l
t
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Dựa vào BBT, ta kết luận
4
3
m
.
0,25 đ
Ta có:
2
1
2
2
a ab ab
a a a ab
a b a b
ab
(1) 0,50 đ
Tương tự:
2
1
2
b
b bc
b c
(2),
2
1
2
c
c ca
c a
(3).
0,25 đ
Câu III
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
Cộng (1), (2), (3), ta có:
2 2 2
1
2
a b c
ab bc ca a b c
a b b c c a
0,25 đ
Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M
Ta có:
( ' )
'
BC AM
BC AA M BC AH
BC AA
.
0,25 đ
Mà ' ( ' )
2
a
AH A M AH A BC AH
.
0,25 đ
Mặt khác:
2 2 2
1 1 1 6
'
4
'
a
AA
AH A A AM
.
0,25 đ
Câu IV
(1,0đ)
KL:
3
. ' ' '
3 2
16
ABC A B C
a
V .
0,25 đ
Gọi d là ĐT cần tìm và
;0 , 0;
A a B b
là giao điểm của d với Ox,
Oy, suy ra:
: 1
x y
d
a b
. Theo giả thiết, ta có:
2 1
1, 8
ab
a b
.
0,25 đ
Khi
8
ab
thì
2 8
b a
. Nên:
1
2; 4 : 2 4 0
b a d x y
.
0,25 đ
Khi
8
ab
thì
2 8
b a
. Ta có:
2
4 4 0 2 2 2
b b b
.
Với
2
2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0
b d x y
0,25 đ
Câu Va
(1,0đ)
Với
3
2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0
b d x y
. KL
0,25 đ
ĐK:
0 6
x
. BPT
2
2
2 2
log 2 4 log 6
x x x
.
0,25 đ
Hay: BPT
2
2 2
2 4 6 16 36 0
x x x x x
0,25 đ
Vậy:
18
x
hay
2
x
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
So sánh với điều kiện. KL: Nghiệm BPT là
2 6
x
.
0,25 đ
Đặt
2
2
ln
u x du dx
x
và
dv dx
chọn
v x
0,25 đ
Suy ra :
2 2 2
ln ln 2 ln 2
I x dx x x dx x x x C
0,50 đ
Câu VIa
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
KL:
2 2
ln ln 2
I x dx x x x C
0,25 đ
PTCT elip có dạng:
2 2
2 2
1( 0)
x y
a b
a b
0,25 đ
Ta có:
2 2
2 2
3
1
4
3 1
a b
a b
0,25 đ
Ta có:
4 2 2 2
3
4 3 0 1( ), ( )
4
b b b th b kth
0,25 đ
Câu Vb
(1,0đ)
Do đó:
2
4
a
. KL:
2 2
1
4 1
x y
0,25 đ
2 2
1 0 , 1
y x x y y x y x y x y x
.
0,50 đ
Khi:
1
y x
thì
2
6
2 3 6 9 log 9
x x x
x
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Khi:
y x
thì
1
2
3
2
2 3 3 log 3
3
x
x x
x
.
0,25 đ
Ta có:
2
tan
f x x
.
0,25 đ
2
1
1
cos
f x
x
.
0,25 đ
Câu VIb
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
KL:
tan
F x x x C
.
0,50 đ
…HẾT…
HƯỚNG DẪN CHẤM:
Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành
và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh
làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không
làm tròn số.
Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất . Tuy nhiên , điểm trong từng
câu và từng ý không được thay đổi.
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
MÔN TOÁN KHỐI A
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm)
Cho hàm số y =
x
x-1
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II. (2.0 điểm)
1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 biết x [ 0 ;
].
2. Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2
3 5.6 4.2 0
( 2 )( 2 )
x y x x y
x y y y x y x
Câu III. (1.0 điểm)
Tính tích phân
3
1
4
2
0
( )
1
x
x
x e dx
x
Câu IV. (1.0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx 2xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
Câu V. (1.0 điểm)
Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính thể tích của tứ diện ABCD.
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không được chấm
điểm).
A. Theo chương trình nâng cao
Câu VIa. (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d
1
) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d
2
): 4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d
1
), (d
2
), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’
có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là
tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.
Câu VIIa. (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2 3
3 4
2
log ( 1) log ( 1)
0
5 6
x x
x x
B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb. (2.0 điểm)
1. Cho elip (E) : 4x
2
+ 16y
2
= 64.Gọi F
1
, F
2
là hai tiêu điểm. M là điểm bất kì trên (E).Chứng tỏ rằng
tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F
2
và tới đường thẳng x =
8
3
có giá trị không đổi.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q):
x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q).
Câu VIIb. (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2 2 3
2
1 6
10
2
x x x
A A C
x
(
k
n
C
,
k
n
A
là tổ hợp, chỉnh hợp chập k của n phần tử)
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh số báo danh
NVT – 06.2010
De_hd Toan 27
ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
MÔN TOÁN
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
CÂU NỘI DUNG
THANG
ĐIỂM
TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) ,lim
x x
f x
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
y’ =
2
1
0
( 1)x
0.25
Bảng biến thiên
1
+
-
1
- -
y
y'
x
-
1 +
Hàm số nghịc biến trên
( ;1)
và
(1; )
Hàm số không có cực trị
0.25
Câu I
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng
0.25
Giả sử M(x
0
; y
0
) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối
xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng :
0
0
2
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
2
0
2 2
0 0
1
0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
0.25 2.(1.0đ)
Ta có d(I ;tt) =
0
4
0
2
1
1
1
( 1)
x
x
Xét hàm số f(t) =
4
2
( 0)
1
t
t
t
ta có f’(t) =
2
4 4
(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1
t t t
t t
0.25
-
+
f(t)
f'(t)
x
2
0
1
0
+
f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta c
d(I ;tt) lớn nhất khi và
chỉ khi t = 1 hay
0
0
0
2
1 1
0
x
x
x
0.25
+ Với x
0
= 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x
0
= 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4
0.25
Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x
0.25
2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c
0.25
+
osx=0 x=
2
c k
+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k
0.25
Câu
II(2.0đ)
1.
(1.0đ)
12
24 2
x k
k
x
vì x
11 13
0; , , ,
2 12 24 24
x x x x
0.25
ĐK:
, 0
x y
x y
Hệ phương trình
3 2 3 2 3 2 3 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0
(2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( )
x y x x y x y x x y
x y y y x y x x y y x y x x y y
0.25 2.(1.0đ)
3 2 3 2
3 2 3 2
3 5.6 4.2 0
3 5.6 4.2 0
2 0
(2 )[( 2 )( ) 1] 0
x y x x y
x y x x y
y x
y x y x x y y
(do
2 )( ) 1 0
y x x y y
)
3 2 3 2 2 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1)
2 2 (2)
x y x x y x x x
y x y x
0.25
B
D
A
C
P
M
N
Giải (1):
2 2 2
3
( ) 1
3 3
2
3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0
32 2
( ) 4
2
x
x x x x x
x
3
2
0
log 4
x
x
0.25
Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0
Với
3
2
log 4
x
thay vao (2) ta được y =
3
2
1
log 4
2
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
3
2
log 4
x ,y =
3
2
1
log 4
2
0.25
Đặt I =
3
1
4
2
0
( )
1
x
x
x e dx
x
. Ta có I =
3
1 1
4
2
0 0
1
x
x
x e dx dx
x
0.25
Ta tính
3
1
2
1
0
x
I x e dx
Đặt t = x
3
ta có
1
1
1
0
0
1 1 1 1
3 3 3 3
t t
I e dt e e
0.25
Ta tính
1
4
2
0
1
x
I dx
x
Đặt t =
4
x
4 3
4
x t dx t dt
0.25
Câu III.
(1.0đ)
Khi đó
1 1
4
2
2
2 2
0 0
1 2
4 4 ( 1 ) 4( )
1 1 3 4
t
I dx t dt
t t
Vậy I = I
1
+ I
2
1
3
3
e
0.25
Ta có
1 1 1
2 2
xy yz xz xyz
x y z
nên
0.25
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (1)
y z y z
x y z y z yz
Tương tự ta có
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (2)
x z x z
y x z x z xz
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (3)
x y x y
y x y x y xy
0.25
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được
1
( 1)( 1)( 1)
8
x y z
0.25
Câu IV.
(1.0đ)
vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z
0.25
Câu V.
(1.0đ)
Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2( ), 2( )
2( )
x a c b y b c a
z a b c
Vậy V =
1
12
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( )( )( )
a c b b c a a b c
1.0
B'
Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
D
A
B
M
Gọi A là giao điểm d
1
và d
2
ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d
1
với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d
2
với Oy ta có C(0 ;4)
0.5 Câu
VIa.
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3
0.5
2.
(1.0đ)
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm
M,N,B,C’ có dạng
x
2
+ y
2
+ z
2
+2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5
2
1 2 0
5
2 2 2 0
2
8 4 4 0
1
8 4 4 0
2
4
A
A D
B C D
B
A C D
C
B C D
D
Vậy bán kính R =
2 2 2
15
A B C D
1.0
Đk: x > - 1
0.25
bất phương trình
3
3
3
3log ( 1)
2log ( 1)
log 4
0
( 1)( 6)
x
x
x x
3
log ( 1)
0
6
x
x
0.25
0.25
0 6
x
0.25
Ta có
1 2
( 12;0), ( 12;0)
F F Giả sử M(x
0
; y
0
)thuộc (E) H là hình chiếu của M trên
đường thẳng
8
3
x
. Ta có MF
2
= a - cx
0
/a =
0
8 3
2
x
0.5
Câu
VIIa
(1.0đ)
Câu
VIb
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
MH =
0
8 3
3
x
. Vậy
2
MF
MH
không đổi
0.5
2.
(1.0đ)
Ta có
(1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)
Q Q
AB n AB n
Vì
; 0
Q
AB n
nên mặt phẳng (P) nhận
;
Q
AB n
làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu
VIIb
(1.0đ)
nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0
Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh ®¸p
¸n quy ®Þnh
NVT – 06.2010 De_hd Toan 25
1
Sở giáo dục và đào tạo Hà nội
Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
**************** Môn : TOÁN; khối: A,B(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x
y
x
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng
2
.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình
2
17
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )
2 2 12
x
x x x
2) Giải hệ phương trình :
4 3 2 2
3 2
1
1
x x y x y
x y x xy
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x
dx
x
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh
S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60
0
. Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
3
a b b c c a
ab c bc a ca b
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng
: 2x + 3y + 4 = 0.
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng
sao cho đường thẳng AB và
hợp với nhau góc 45
0
.
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng
1
( ) :
1 2 3
x y z
d
và
1 4
( '):
1 2 5
x y z
d
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm)
Giải phương trình:
2 2
2
(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
x
x x x x
Log x x x
Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2
( ) : 1
C x y
, đường thẳng
( ): 0
d x y m
. Tìm
m
để
( )
C
cắt
( )
d
tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
và đường thẳng
1
:
2
2
x
=
1
1
y
=
3
z
. Gọi
2
là giao tuyến của (P) và (Q).
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng
1
,
2
.
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log
x
( log
3
( 9
x
– 72 ))
1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
NVT – 06.2010 De_hd Toan 25
2
Câu -ý Nội dung Điểm
1.1
*Tập xác định :
\ 1
D
*Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)
và
(1; )
*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn
1x
Lim y
1x
Lim y
2
x
Lim y
2
x
Lim y
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x
1
y’ - -
y
*Vẽ đồ thị
0.25
0.25
0.25
0.25
1.2
*Tiếp tuyến của (C) tại điểm
0 0
( ; ( )) ( )
M x f x C
có phương trình
0 0 0
'( )( ) ( )
y f x x x f x
Hay
2 2
0 0 0
( 1) 2 2 1 0
x x y x x
(*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2
0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x
giải được nghiệm
0
0
x
và
0
2
x
*Các tiếp tuyến cần tìm :
1 0
x y
và
5 0
x y
0.25
0.25
0.25
0.25
2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với
os2 3sin 2 10 os( ) 6 0
6
c x x c x
os(2 ) 5 os( ) 3 0
3 6
c x c x
2
2 os ( ) 5 os( ) 2 0
6 6
c x c x
Giải được
1
os( )
6 2
c x
và
os( ) 2
6
c x
(loại)
*Giải
1
os( )
6 2
c x
được nghiệm
2
2
x k
và
5
2
6
x k
0.25
0.25
0.25
0.25
2.2
*Biến đổi hệ tương đương với
2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy
0.25
0.25
NVT – 06.2010 De_hd Toan 25
3
*Đặt ẩn phụ
2
3
x xy u
x y v
, ta được hệ
2
1
1
u v
v u
*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
0.25
0.25
3 *Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
x
thì
1
2
t
Từ đó
1
1
2
2 2
1
1
2
ln ln
t t
I dt dt
t t
*Đặt
2
1
ln ;
u t dv dt
t
1 1
;du dt v
t t
Suy ra
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1
ln ln2
1 1
2
2 2
I t dt
t t t
*Kết quả
2
2 1 ln2
2
I
0.25
0.25
0.25
0.25
4 *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh
( )
SH A BC
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là
0
60
SEH SFH
*Kẻ
HK SB
, lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng
HK A
.
*Lập luận và tính được AC=AB=a ,
2
2
a
HA ,
0
3
tan60
2
a
SH HF
*Tam giác SHK vuông tại H có
2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
HK HS HB
*Tam giác AHK vuông tại H có
2
20
2
tan
3
3
10
a
A H
A K H
K H
a
3
cos
23
A K H
0.25
0.25
0.25
0.25
5
*Biến đổi
1 1
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
*Từ đó
1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c
0.25
0.25
0.25
NVT – 06.2010 De_hd Toan 25
4
dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
3
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c
0.25
6.a
*
có phương trình tham số
1 3
2 2
x t
y t
và có vtcp
( 3;2)
u
*A thuộc
(1 3 ; 2 2 )
A t t
*Ta có (AB;
)=45
0
1
os( ; )
2
c A B u
.
1
2
.
A B u
A B u
2
15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t
*Các điểm cần tìm là
1 2
32 4 22 32
( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A
0.25
0.25
0.25
0.25
7.a
*(d) đi qua
1
(0; 1;0)
M và có vtcp
1
(1; 2; 3)
u
(d’) đi qua
2
(0;1;4)
M và có vtcp
2
(1;2;5)
u
*Ta có
1 2
; ( 4; 8;4)
u u O
,
1 2
(0;2;4)
M M
Xét
1 2 1 2
; . 16 14 0
u u M M
(d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt
(1;2; 1)
n
và đi
qua M
1
nên có phương trình
2 2 0
x y z
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
0.25
0.25
0.25
0.25
8.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét
1
x
, biến đổi phương trình tương đương với
1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
x x x
x x x
Đặt
log ( 1)
x
x t
, ta được phương trình
1 2 1
1 2 2
t t t
giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1
log ( 1) 1
x
x
phương trình này vô nghiệm
*Với t=-2/3
2
log ( 1)
3
x
x
2 3
.(24 1) 1
x x
(*)
Nhận thấy
1
8
x
là nghiệm của (*)
Nếu
1
8
x
thì VT(*)>1
Nếu
1
8
x
thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8
x
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8
x
0.25
0.25
0.25
0.25
NVT – 06.2010 De_hd Toan 25
5
6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
( ; ) 1
d O d
*Ta có
1 1 1
. .sin .sin
2 2 2
OA B
S OA OB A OB A OB
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90
A OB
1
( ; )
2
d I d
1
m
0.25
0.25
0.25
0.25
7.b
*
1
có phương trình tham số
2 2
1
3
x t
y t
z t
*
2
có phương trình tham số
2
5 3
x s
y s
z s
*Giả sử
1 2
;
d A d B
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)
A t t t
*
( 2 ;3 6; 3 )
A B s t s t s t
, mf(R) có vtpt
(1;2; 3)
n
*
( ) &
d R A B n
cùng phương
2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t
23
24
t
*d đi qua
1 1 23
( ; ; )
12 12 8
A và có vtcp
(1;2; 3)
n
=> d có phương trình
23
1 1
8
12 12
1 2 3
z
x y
0.25
0.25
0.25
0.25
8.b
*Điều kiện :
3
0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x
giải được
9
log 73
x
Vì
9
log 73
x >1 nên bpt đã cho tương đương với
3
log (9 72)
x
x
9 72 3
x x
3 8
3 9
x
x
2
x
*Kết luận tập nghiệm :
9
(log 72;2]
T
0.25
0.25
0.25
0.25
Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .
Gửi: http//laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1)
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 8 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số )1(3
23
mxxxy +−=
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại,
cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng d: x – 2y – 5 = 0.
Câu II: (3 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
⎩
⎨
⎧
++=++
+=++
1
21
22
2222
yxyxyyxx
xyyxyx
2. Giải bất phương trình:
0
2xlog
)3x(82).11x(4
2
xx
≥
−
−−−+
3. Giải phương trình:
xx
xx
2sin
2
1
cos2)
2
cos
2
(sin3
33
+=−
Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần
lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt
phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn:
2
2
0
1cos2
lim
2
x
x
x
x
−
→
Câu V: ( Cho a, b, c là những số 1 điểm) thực dương thoả mãn: . Chứng minh 3
222
=++ cba
7
4
7
4
7
4111
222
+
+
+
+
+
≥
+
+
+
+
+
cba
accbba
PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2
PHẦN 1:(Theo chương trình Chuẩn)
Câu VI.a: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) và
đường tròn (C): . Gọi V(A, k) là phép vị tự tâm A tỉ số k sao cho V(A, k) biến
đường tròn (C) thành đường tròn (C’) đi qua B. Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua V(A, k).
2)1()2(
22
=−+− yx
Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển
n
n
n
xaxaxaa
x
++++=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
32
1
2
210
. Tìm số lớn nhất trong
các số biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn .
n
aaaa , ,,,
210
110252
111222
=++
−−−− n
nn
n
n
n
n
n
nn
CCCCCC
PHẦN 2: (Theo chương trình Nâng cao)
Câu VI.b: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng
03:
1
=
−
−
yxd
và . Trung điểm
của một cạnh là giao điểm của d
06:
2
=−+ yxd
1
với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số
1
232
2
−
+−
=
x
xx
y
có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao
cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là nhỏ nhất.
***Hết***
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V.
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN
1)
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần riêng thì không tính điểm phần tự chọn.
- Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là
1,5 điểm.
Câu Nội dung Điểm
I.1 Khảo sát hàm số 1,00
* Với m = 0 thì
23
x3xy −=
1. Tập xác định:
R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn: +∞=−=−∞=−=
+∞→+∞→−∞→−∞→
)x3x(limylim,)x3x(limylim
23
xx
23
xx
0,25
b) Bảng biến thiên: y’=3x
2
– 6x, y’ = 0
⇔
x = 0, x = 2.
x - 0 2 +
∞ ∞
y' + 0 - 0 +
y
0 + ∞
∞
- - 4
0,25
- Hàm số đồng biến trên (-∞ ; 0) và (2; +
∞
), nghịch biến trên (0; 2)
1
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 0, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= - 4.
0,25
3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 0), giao với trục hoành tại (0; 0),(3; 0).
Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng
0,25
I.2 Tìm giá trị của tham số m 1,00
Ta có mx6x3'y,mxx3xy
223
+−=+−=
Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt
3m0m39' <⇔>−=Δ⇔
0,25
Ta có: m
3
1
x2m
3
2
'y
3
1
x
3
1
y
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
Tại các điểm cực trị thì y’ = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trìn
h
m
3
1
x2m
3
2
y +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
. Như vậy đường thẳng Δ đi qua các điểm cực trị có phương
trình m
3
1
x2m
3
2
y +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
, nên nó có hệ số góc k
1
= 2m
3
2
−
0,25
Ta có d: x – 2y – 5 = 0
2
5
x
2
1
y −=⇔
suy ra d có hệ số góc k
2
=
2
1
Để hai điểm cực trị đối xứng qua d thì ta phải có d ⊥ Δ,
0,25
x
y
3
2
O
-4
-2
1
0m12m
3
2
2
1
1kk
21
=⇔−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⇔−=
suy ra
+) Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; - 4), nên trung điểm của
chúng là I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d.
0,25
Vậy: m = 0
Giải hệ phương trình đại số II.1 1,00
⎩
⎨
⎧
=++−
=+−
⇔
⎩
⎨
⎧
++=++
+=++
1xy)xy1)(yx(
1yx)yx(
1yxyxyyxx
xy21yxyx
222
22
2222
0,25
Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ
⎩
⎨
⎧
=++
=+
1v)v1(u
1vu
22
⎩
⎨
⎧
=++
=−+
⇔
1uvvu
1uv2)vu(
2
Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện ta có hệ phương trình
)P4S
2
≥
0,25
⎢
⎣
⎡
−=
=
⇔=−+⇒
3S
1S
03S2S
2
⎩
⎨
⎧
−=
=−−
⇔
⎩
⎨
⎧
=+
=−
S1P
1)S1(2S
1PS
1P2S
22
2
+) Với S = 0 hoặc 0P =⇒
⎩
⎨
⎧
=
=
⇒
⎩
⎨
⎧
=
=+
⇒
1v
0u
0uv
1vu
⎩
⎨
⎧
=
=
0v
1u
- Nếu
⎩
⎨
⎧
−==
==
⇔
⎩
⎨
⎧
=
=−
⇒
⎩
⎨
⎧
=
=
1yx
1yx
1xy
0yx
1v
0u
- Nếu
⎩
⎨
⎧
−=
=
⎩
⎨
⎧
=
=
⇔
⎩
⎨
⎧
=
=−
⇔
⎩
⎨
⎧
=
=
1y
0x
hoÆc
0y
1x
0xy
1yx
0v
1u
0,25
+) Với S = - 3 (loại) P4S4P
2
<⇒=⇒
0,25
(
)
(
)
)1;0(),0;1(,1;1,1;1)y;x(
−
−
−
=
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm
Giải bất phương trình logarit II.2
0
2xlog
)82)(3x2(
0
2xlog
)3x(82).11x(4
2
xx
2
xx
≥
−
−−+
⇔≥
−
−−−+
(1)
0,25
+) Xét , f’(x) = nên f(x) đồng biến trên . R3x2)x(f
x
−+=
x,012ln2
x
∀>+
f(1) = 0.
0,25
+) Xét g(x) = 2
x
– 8, g(x) đồng biến trên , g(3) = 0.
+) Xét h(x) = , h(x) đồng biến trên (0; +
∞), h(4) = 0.
R
2xlog
2
−
Bảng xét dấu vế trái của (1)
x
0 1 3 4 +
∞
2
x
+ x - 2 - 0 + | + | +
2
x
- 8 - | - 0 + | +
log
2
x - 2 - | - | - 0 +
VT - 0 + 0 - || +
0,25
Theo bảng xét dấu, bất phương trình đã cho có tập nghiệm S =
);4(]3;1[ +∞∪
0,25
Giải phương trình lượng giác II.3 1,00
()
xcosxsin2
2
x
cos
2
x
sin1
2
x
cos
2
x
sin3 +=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⇔
x2sin
2
1
xcos2)
2
x
cos
2
x
(sin3
33
+=−
0,25
()
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⇔
2
x
sin
2
x
cos
2
x
sin
2
x
cosxsin2xsin
2
1
1
2
x
cos
2
x
sin3
0
2
3
2
x
cos
2
x
sin)xsin2(
2
x
sin
2
x
cos =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+++
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⇔
0,25
xx x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 24 24 2
πππ
⎛⎞
− =⇔ − =⇔−=π⇔=+ π ∈
⎜⎟
⎝⎠
Z*
0,25
* (vô nghiệm) 2xsin0xsin2 −=
⇔
=+
