De va DA thi thu DH Toan LT2

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn; Toán ; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 25/ 4/ 2010
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I ( 2 điểm)
Cho hàm số
2
( )
3
x
y C
x
+
=
−
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng
bằng
1
5
khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang.
Câu II ( 2 điểm)
1) Giải phương trình :
3
2sin cos2 cos 0x x x− + =
2) Giải bất phương trình:
2 2
2 3 5 4 6x x x x x− − + ≤ − −

Câu III ( 1 điểm)
Tính
1
2
0
ln(1 )I x x dx= +
∫
Câu IV ( 1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB = a, AC = 2a, SA = a và SA vuông
góc mặt đáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích khối
chóp S.AHK theo a.
Câu V ( 1 điểm)
Cho x, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
2 2
1 1
P= x y
y x
 
 
+ +
 ÷
 ÷
 
 
.
PHẦN RIÊNG ( 3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a ( 2 điểm)

1) Cho tam giác ABC có B(3; 5), đường cao AH và trung tuyến CM lần lượt có phương trình
d: 2x - 5y + 3 = 0 và d’: x + y - 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AC.
2) Cho mặt cầu (S) :
2 2 2
( 3) ( 2) ( 1) 100x y z− + + + − =
và mặt phẳng
( ): 2 2 9 0x y z
α
− − + =

Chứng minh rằng (S) và
( )
α
cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (T). Tìm tâm và bán kính
của đường tròn (T) .
Câu VII.a ( 1 điểm)
Tìm số phức z, nếu
2
0z z+ =
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI .b ( 2 điểm)
1) Cho đường tròn ( C)
2 2
2 4 4 0x y x y+ − − − =
và điểm A (-2; 3) các tiếp tuyến qua A của ( C)
tiếp xúc với ( C) tại M, N .Tính diện tích tam giác AMN.
2) Cho hai đường thẳng d:
2
1

1
1
1
2 −
=
−
−
=
− zyx
và d’:





=
−=
+=
tz
ty
tx
2
4
Chứng minh rằng d và d’ chéo nhau. Tính độ dài đoạn vuông góc chung của d và d’.
Câu VII.b ( 1 điểm) Cho hàm số
2
3 2x x
y
x
− +

=
(C). Tìm trên đường thẳng x = 1 những điểm mà từ đó
kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị ( C).
*********************Hết********************
y
x-2 3
1
0
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010
(Đáp án gồm 7 trang)
Câu
ý Nội dung Điểm
Câu I
2 đ
1) 1 điểm
1/Tập xác định:
{ }
\ 3D R=
.
0,25
2/ Sự biến thiên
a-Chiều biến thiên : Ta có
2
5
' 0
( 3)
y
x
−
= <

−
Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng
−∞ +∞( ;3) vµ (3; )
b-Cực trị: Hàm số không có cực trị
c- Giới hạn:
3
2
lim( )
3
x
x
x
−
→
+
= −∞
−
;
3
2
lim( )
3
x
x
x
+
→
+
= +∞
−

⇒
Hàm số có tiệm
cận đứng x=3

2
lim ( ) 1
3
x
x
x
→±∞
+
= ⇒
−
Hàm số có tiệm cận ngang
1y =
0,25
d-Bảng biến thiên:
x -
∞
3 +
∞
y’ - -
y 1 +
∞

-
∞
1

0,25
3/ Đồ thị:
Đồ thị nhận I(3;
1
) làm tâm đối xứng
Giao với trục:Ox tại (-
0;2
),với Oy
2
(0; )
3
−

0,25
2)
1 điểm
+)Gọi đường tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt là d
1
, d
2
( )M C∈
nên
2
;
3
x
M x
x
+
 

 ÷
−
 
0,25
+) Ta có
1
( , ) 3d M d x= −
,
2
2 5
( , ) 1
3 3
x
d M d
x x
+
= − =
− −
0,25
+)Theo bài ra ta có
2
4
1 5
3 ( 3) 1
2
5 3
x
x x
x
x

=

− = ⇔ − = ⇔

=
−

0,25
Vậy có 2 điểm thỏa mãn
1 2
(4;6), (2; 4)M M −
0,25
Câu II
2 đ
1)
1 điểm
+)pt
3 2
2sin (1 2sin ) cos 0x x x⇔ − − + =

2
2sin (1 sinx) (1 cos ) 0x x⇔ + − − =

[ ]
(1 cos ) 2(1 cos )(1 sinx) 1 0x x⇔ − + + − =
[ ]
(1 cos ) 2(sinx cos ) 2sin cos 1 0x x x x⇔ − + + + =
0,25
1 cos 0 (1)
2(sinx cos ) 2sin cos 1 0 (2)

x
x x x
− =

⇔

+ + + =


Giải (1) ta được
2 ( )x k k Z
π
= ∈
0,25
Giải (2) :
Đặt
sinx cos 2 sin( ) , 2; 2
4
t x x t
π
 
= + = + ∈ −
 
Ta được phương trình
2
2 0t t+ =
0
2 (loai)
t
t

=

⇔

= −

0,25
Với t = 0
( )
4
x k k Z
π
π
−
⇔ = + ∈
Vậy phương trình có nghiệm:
2x k
π
=
( )
4
x k k Z
π
π
−
= + ∈
0,25
2)
1 điểm
Điều kiện

2
2
2 0
0 2
5 4 6 0
x x
x x
x x

− − ≥

≥ ⇔ ≥


− − ≥

0,25
Bình phương hai vế ta được
2
6 ( 1)( 2) 4 12 4x x x x x+ − ≤ − −
0,25
3 ( 1)( 2) 2 ( 2) 2( 1)x x x x x x⇔ + − ≤ − − +

( 2) ( 2)
3 2 2
1 1
x x x x
x x
− −
⇔ ≤ −

+ +

0,25
Đặt
( 2)
0
1
x x
t
x
−
= ≥
+
ta được bpt
2
2 3 2 0t t− − ≥

1
2
2
2
t
t
t
−

≤

⇔ ⇔ ≥


≥

( do
0t ≥
)
0,25
S
C
B
A
K
H
a
2a
a
Với
2
( 2)
2 2 6 4 0
1
x x
t x x
x
−
≥ ⇔ ≥ ⇔ − − ≥
+
3 13
3 13
3 13
x

x
x

≤ −
⇔ ⇔ ≥ +

≥ +


( do
2x
≥
) Vậy bpt có nghiệm
3 13x ≥ +
0,25
Câu III
1 đ
1 điểm
Đặt
2
2
2
ln(1 )
1
xdx
u x du
x
= + ⇒ =
+

2
2
x
dv xdx v= ⇒ =
0,25
Do đó
1
1
2 3
2
1
2
0
0
1
ln(1 ) ln 2
2 1 2
x x
I x dx I
x
= + − = −
+
∫
0,25
Tính I
1
:
Ta có
1 1

1 1
2
1
2 2
0 0
0 0
1 1 2 1 1 1 1
( ) ln 1 ln 2
1 2 2 1 2 2 2 2
x x
I x dx x dx x
x x
= − = − = − + = −
+ +
∫ ∫
0,25
Vậy
1
ln 2
2
I = −
0,25
Câu V1
1 đ
1 điểm
+) Theo bài ra ta có
( )SH AHK⊥
, ( )BC SA BC AB BC SAB BC AK⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Và
AK SC⊥

nên
( ) à SBAK SBC AK KH v AK⊥ ⇒ ⊥ ⊥
0,25
+) Áp dụng định lý Pitago và hệ thức trong tam giác vuông
ta có
1 2
2 2
a
AK SB= =
,
2 3
,
5 10 5
a a a
AH KH SH= ⇒ = =
0,25
+) Ta có
2
1 6
. ( )
2
4 10
AHK
a
S AK HK dvdt= =
0,25
A
D
E
B

d’
C
d
d1
+) Vậy
3
.
1 3
. ( )
2 60
S AHK AHK
a
V S SH dvtt= =
Chú ý : có thể tính theo công thức tỷ số thể tích.
0,25
Câu V
(1d)
1 điểm
+) Theo B ĐT Côsi ta có
 
≤ ⇒ = ∈


 
2
1 1
0<xy t (xy) 0;
4 16
0,25
+) Ta có

= + + = + +
2
2
1 1
P 2 (xy) t 2
(xy) t
−
 
⇒ = − = < ∀ ∈


 
2
/
2 2
1 t 1 1
P 1 0, t 0;
t t 16
0,25
+) B¶ng biÕn thiªn :
t 0
1
16
P’
-
P
289
16
0,25
+) Từ bbt ta có

289
min P
16
=
tại
1 1
16 2
t x y= ⇔ = =
0,25
Câu VI. a
2 đ
1)
1 điểm
+) Gọi
'D d d= ∩
nên tọa độ của D là nghiệm của hệ
22
2 5 3 0
22 13
7
( ; )
5 0 13
7 7
7
x
x y
D
x y
y


=

− + =


⇔ ⇒
 
+ − =


=


0,25
+) Goi d
1
là đường thẳng qua B và song song với d’ nên phương trình d
1
là:
x + y – 8 = 0.
Gọi
1
E d d= ∩
nên
33 19
( ; )
7 7
E
.Vì d’ là đường trung tuyến qua C nên D là trung
điểm AE suy ra

(1;1)A
0,25
+) Ta có cạnh BC
⊥
c với d nên phương trình cạnh BC là 5x + 2y – 25 = 0
Suy ra
35 50 38 47
( ) ' ( ; ) ( ; )
3 3 3 3
C BC d C AC
− −
= ∩ ⇒ ⇒
uuur
0,25
+) Vậy phương trình cạnh AC là
1 38
1 47
x t
y t
= −


= +

0,25
2)
1 điểm
+) Mặt cầu (S) có tâm I(3;-2;1) và bán kính r = 10 .
Ta có :
2.3 2( 2) 1 9

( ,( )) 6
4 4 1
h d I
α
− − − +
= = =
+ +
Vậy
( ,( ))d I r
α
<
nên (S) cắt
( )
α
theo giao tuyến là đường tròn (T) .
0,25
+) Gọi J là tâm của (T) thì J là hình chiếu của I lên
( )
α
.
Xét đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với
( )
α
. Lúc đó (d) có vectơ
chỉphương là
(2; 2; 1)a n= = − −
r r
. Phương trình tham số của (d) là :
3 2
( ): 2 2 ( )

1
x t
d y t t
z t
= +


= − − ∈


= −

¡
0,25
+) Ta có
( )J d
α
= ∩
Xét hệ:
3 2
2 2
1
2 2 9 0
x t
y t
z t
x y z
= +



= − −


= −


− − + =

Giải hệ này ta được : J(-1;2;3)
.
0,25
+) Gọi r’ là bán kính của (T) , ta có :
2 2
100 36 8r r h
′
= − = − =

Vậy : J(-1;2;3) và r’= 8
0,25
Câu VII.a
1 điểm
+) Đặt z = x + yi, khi đó
2 2 2 2
0 ( ) 0z z x yi x y+ = ⇔ + + + =
0,25
+)
(
)
2 2 2 2
2 2 2 2

0
2 0
2 0
x y x y
x y x y xyi
xy

− + + =

⇔ − + + + = ⇔

=


0,25
+) ⇔
2
2
0
0
0
0, 0
0
0 (1 ) 0
0, 1
1
0, 1
0 0
0 (do 1 0)
0, 0

(1 ) 0
0
0
x
x
x
x y
y
y y y y
x y
y
x y
y y
x x
y x
x x
x x
y

=


=

=






 
= =

=




 



− + = − =

= =
 


  



=
⇔ ⇔ ⇔








= = −
= =
 








= + >






= =

+ =
+ =


 






=



0,25
+)Vậy có ba số phức thoả điều kiện là z = 0; z = i; z = − i. 0,25
Câu VI.b
2 đ
1) 1 điểm
+) Ta có (C ) có Tâm I(1; 2) bán kính R = 3
Và dễ thấy có một tiếp tuyến vuông góc với Ox và qua A là d: x= -2
0,25
+)Gọi d’ là dường thẳng qua A ( -2; 3) có hệ số góc là k ta có d’ :y = k(x + 2) +
3
d’ là tiếp tuyến của ( C ) d( I, d’ ) = R 
2
3 1
4
3
3
1
k
k
k
+
= ⇔ =
+
4 17
':

3 3
d y x⇒ = +
0,25
+ ta có tiếp điểm của d và (C ) là M(-2; 0), của d’ và (C ) là
7 57
( ; )
5 5
N
−
0,25
+ Ta có AM = 3,
7 3
( , ) 2
5 5
d N d = − + =
.Vậy
1 9
. ( , ) ( )
2 10
AMN
S AM d N d dvdt= =
0,25
2) 1 điểm
+) Ta có vtcp của d
(1; 1;2) à M(2;1;1) du v− ∈
r
vtcp của d’
'(1; 1;1) à (4;2;0) d'u v N− ∈
r
=>

(2;1; 1)MN −
uuuur
0,25
+) Ta có
, ' . 3 0u u MN
 
= ≠
 
r ur uuuur
vậy d và d’ chéo nhau.
0,25
+) ta có
(2 ;1 ;1 2 )A d A k k k∈ ⇒ + − +
,
' (4 ;2 ; )B d B t t t∈ ⇒ + −
(2 ;1 ; 1 2 )AB t k t k t k⇒ + − − − − + −
uuur
AB là đoạn vuông góc chung 
. 0
. ' 0
AB u
AB u

=


=


uuurr

uuur ur
0,25
+)
4 6 1 0 2
3 4 0 1,5
t k t
t k k
− − = = −
 
⇔ ⇔
 
− = = −
 
(1,5;1,5;0)AB⇒
uuur
Vậy d(d,d’) = AB =
3 2
2
Chú ý : có thể tính theo cách
, ' .
3
( , ')
2
, '
u u MN
d d d
u u
 
 
= =

 
 
r ur uuuur
r ur

0,25
Cõu II.b
1
1 im
+) Gọi M là điểm thuộc đờng thẳng x=1, d là đờng thẳng đi qua M có hệ số góc
là k. d có phơng trình là : y= k(x-1)+m ( với M(1,m) )
Để d là tiếp tuyến của C thì hệ sau có ngiệm.
2
2
3 2
( 1) (1)
2
(2)
x x
k x m
x
x
k
x

+
= +

=


0,25
+) Thay (2) vào (1) ta có
2 2
2
3 2 2
( 1)
x x x
x m
x x

+
= +
ữ

2 2 2
( 3 2) ( 2)( 1)x x x x x mx + = +
2
( , ) (2 ) 4 2 0g x m m x x = + + =
(3)
0,25
+)Để từ M kẻ đợc đúng 2 tiếp tuyến đến C thì phơng trình (3) có đúng 2 ngiệm
phân biệt
' 4 2(2 ) 0
(2 ) ( , ) (2 )(2) 0
m

m g x m m
= + >



+ = +

2 0
2 0
m
m
>



+

Do đó
0
2
m
m
<





(*)
0,25

+) Vậy trên đờng thẳng x=1 .Tập hợp các điểm có tung độ nhỏ hơn 0 (m<0) bỏ
đi điểm (1,-2) thì từ đó kẻ đợc đúng 2 tiếp tuyến đến C
0,25
Chỳ ý :Cỏc cỏch gii khỏc ỳng vn cho im ti a theo tng ý
Giỏo viờn ra v lm ỏp ỏn