2 de dh hay lam ne

ĐỀ 35 THUỘC 50 ĐỀ LUỆN THI ĐẠI HỌC 2009-2010
GV: Lê Đình Thành
Đáp án đề 35
PH#N CHUNG CHO MỌI TH& SINH (7điểm)
Câu I (2 điểm).
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x
4
– 4x
2
+ 3
2.Tìm a để phương trình :
03log4
3
24
=++− axx
có 4 nghiệm thực phân biệt .
Câu II (2 điểm).
1.Giải phương trình:
1cos44cos32
4
cos2
22
−=+







− xxx
π
.
2.Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực :
mmxxxx 2223
22
++−=−+−

Câu III (2 điểm)
1.Tính I =
8
15
1
dx
x x
−
−
−
∫
2.Cho đường cao khối chóp đều S.ABC bằng h không đổi, góc ở đáy của mặt bên bằng
β
với







∈
2
;
4
ππ
β
.Tính thể tích của khối chóp đó theo h và
β
.Với giá trị nào của
β
thì thể tích khối chóp
đạt giá trị lớn nhất .
Câu IV (1 điểm). Cho
0;0 >> ba
và
1=+ ba
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2
2
2
2
11
M
b
b
a
a +++=
PH#N TỰ CHỌN(3 điểm). Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb
Câu Va(3 điểm).

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
( )
2 2
: 2 0C x y x+ + =
. Viết phương trình tiếp tuyến
của
( )
C
, biết góc giữa tiếp tuyến này và trục hoành bằng
o
60
.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau :

( )
1
1
: 2
2
x t
d y t t
z t
= −


= ∈


=− +


¡
và
1
1
3
1
1
:
2
−
−
=
−
=
zyx
d
Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d
1
và d
2
.
3.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện
221 =−− iz
, tìm số phức z có modun nhỏ nhất.
Câu Vb. (3 điểm).
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 6x + 2y + 6 = 0, và điểm A(1; 3).

Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B, C sao cho BA = BC
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:
:
1
d

3
6
1
2
2
5 −
=
−
=
− zyx
và
( )
2
: 2
1
x t
d y t
z t
=


= ∈



= − −

¡
.
Lập phương trình đường thẳng
1
d
′
là hình chiếu song song của
1
d
theo phương
2
d
lên mặt phẳng
(Oyz)
3. Giải hệ phương trình :
( )
( )
2 2
3 3
2 2
2 2
log log
4
y x y x x xy y
x y

− = − − +




+ =

Hết
Trường THPT LêLợi Đề thi thử Đại Học lần 1 năm 2010.
TP Đông Hà-Quảng Trị Môn: TOÁN KHỐI A-B (Thời gian làm bài 180 phút)
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐH -TRƯỜNG THPT LÊ LỢI L#N 1
(Đáp án gồm có 04 trang)
Câu I
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x
4
– 4x
2
+ 3
1,25
+ TXĐ:
D = ¡
Đạo hàm y’ = 4x
3
- 8x
y’ = 0
0, 2x x⇔ = = ±
Giới hạn :
lim
x→±∞
= +∞
Hàm số đồng biến trên
( ) ( )
2;0 ; 2;− +∞

, nghịch biến trên
( ) ( )
; 2 ; 0; 2−∞ −
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x =
2±
, y
CT
= - 1
+ Bảng biến thiên
+ Đồ thị
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
2. Phương trình tương đương với x
4
– 4x
2
+ 3 =
a
3
log−

0 0,25
Theo đồ thị câu 1 bài toán yêu cầu tương đương
<−1
a

3
log−
< 3
0,25

⇔

1log
3
<a

1log1
3
<<−⇔ a
⇔

3
3
1
<< a
0,25
Câu
II
1. Giải phương trình:
1cos44cos32
4
cos2
22
−=+







− xxx
π
.
1điểm
Phương trình tương đương với
2
1 cos 4 3 cos4 4cos 1
2
x x x
π
 
⇔ + − + = −
 ÷
 

( )
2
sin 4 3 cos4 2 2cos 1
1 3
sin 4 cos 4 cos2
2 2
cos 4 cos 2
6
x x x
x x x

x x
π
⇔ + = −
⇔ + =
 
⇔ − =
 ÷
 

( )
12
36 3
x k
k
k
x
π
π
π π

= +

⇔ ∈


= +


¢
0,25

0,25
0,25
0,25
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực :
mmxxxx 2223
22
++−=−+−
(*)
1 1điểm
(*)
2
2 2
3 2 0
3 2 2 2
x x
x x x mx m

− + − ≥
⇔

− + − = − + +

0,25












=
+
−
=
≤≤
⇔
−=+
≤≤
⇔
m
x
x
xf
x
xxm
x
2
1
23
)(
21
23)1(2
21
0,25
+ f(x) liên tục trên
[ ]

1;2
và có
( )
[ ]
2
5
( ) 0, 1;2
1
f x x
x
′
= > ∀ ∈
+

)(xf⇒
đồng biến trên
[ ]
2;1
Bài toán yêu cầu
1 2
(1) 2 (2)
4 3
f m f m⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
0,25
0,25
Câu
III
1. Tính tích phân I =
8
15

1
dx
x x
−
−
−
∫
1điểm
Đặt t =
2
2
2
1 1
1
dx tdt
x t x
x t
= −

− ⇒ = − ⇒

= −

.
Đổi cận :
15 4
8 3
x t
x t
= − ⇒ =



= − ⇒ =

0.5
3
2
4
2
(1 )
tdt
I
t t
−
= =
−
∫
4
2
3
2
(1 )
tdt
t t
=
−
∫
4
2
3

2
1
dt
t
=
−
∫
4
3
1 1
( )
1 1
dt
t t
−
+ −
∫

4
3
1 5
ln ln
1 6
t
t
 
+
= =
 
−

 
0,25
0,25
2. Xác định đúng góc
·
·
SBA SBC
β
= = =
và SA=SB=SC
Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ S, ta có SH=h,
và H là tâm dáy .
Gọi K là trung điểm BC ta có
BCSK ⊥
Đặt cạnh đáy BC = 2x, khi đó BK = x
Ta có
β
tan.xSK =
(trong tam giác SBK)
Trong
:SHK
∆


2
2 2 2 2 2 2
.tan
3
x
SH HK SK h x

β
+ = ⇔ + =
1tan3
3
2
2
2
−
=⇒
β
h
x



==⇒
4
3)2(
2
x
S
ABC
1tan3
33
2
2
−
β
h
Vậy

3
1
.S
3
1
ABC
hSHV ==
1tan3
33
2
2
−
β
h
3
2
3
3tan 1
h
β
=
−
(đ.v.t.t)
0,25
0,25
0,25








∈
2
;
4
ππ
β

[
)
+∞∈⇒ ;1tan
β
.Suy ra
3 3 3
2
3 3 3
3tan 1 3.1 1 2
h h h
V
β
= ≤ =
− −
.
Vậy,
3
3
max tan 1

2 4
h
V
π
β β
= ⇔ = ⇔ =
0,25
Câu
IV
Cho
0;0 >> ba
và
1=+ ba
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2
2 2
1 1
M a b
a b
= + + +
1điểm
Ta có
ab
ab
ba
ab
ba
baM
2
2

1
12
1
1)(
2222
22
+=






+≥






++=
(dấu "=" xẩy ra khi a=b)
Theo Cô-si
4
1
021 ≤<⇒≥+= ababba
. Đặt t=ab ta có
1
0;
4

t D
 
∈ =


 
Do đó
2
( ) 2 ,M f t t
t
≥ = +

t D∈


2
2 2
2 1
( ) 2 2( 1) 0,f t t
t t
′
= − = − <






∈∀
4

1
;0t
1 17
min ( )
4 2
D
f t f
 
⇒ = =
 ÷
 
.
Vậy
17
min
2
M =
đạt được khi
1
2
a b= =
.
( Bài này còn nhiều cách giải khác)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
Va
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

( )
2 2
: 2 0C x y x+ + =
. Viết phương trình tiếp tuyến
với
( )
C
, biết góc giữa tiếp tuyến này và trục hoành bằng
o
60
.
1 1điểm
Tiếp tuyến tạo với trục hoành một góc
o
60
⇔
hệ số góc của tiếp tuyến bằng tan
o
60
hoặc tan120
o

Do đó tiếp tuyến có dạng
3y x b= +
hoặc
3y x b= − +
(d)
0,25
0.25
(d) tiếp xúc với đường tròn

3.( 1)
2 3
( , ) 1 1
2
2 3
b
b
d I d
b
± − +

= ± +
⇔ = ⇔ = ⇔

= ± −


0.25
Vậy ta có 4 tiếp tuyến :

,0323 =+−− yx
3 2 3 0,x y− + + =
3 2 3 0,x y+ − + =
3 2 3 0,x y+ + + =
0.25
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau :
1
1
: 2
2

x t
d y t
z t
= −


=


= − +

và
1
1
3
1
1
:
2
−
−
=
−
=
zyx
d
Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d
1
và d
2

1
điểm
Đường thẳng d
1
đi qua A(1; 0; -2) và có vectơ chỉ phương là
1
( 1;2;1)u = −
ur
, đường thẳng d
2
đi qua
B(0; 1; 1) và có vectơ chỉ phương là
2
(1;3; 1)u = −
uur
0,25
Gọi E trung điểm AB , và (P) là mặt phẳng qua
)
2
1
;
2
1
;
2
1
( −E
song song 2 đường thẳng d
1
,d

2
thì (P)
là mặt phẳng phải tìm .
Ta có
1 2
,u u
 
 
ur ur
= (-5;0;-5) nên
(1;0;1)n =
r
là một véctơ pháp tuyến của (P) .
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là :
1 1
1. 0 1. 0 0
2 2
x z x z
   
− + + + = ⇔ + =
 ÷  ÷
   
0,25
0,25
0,25
3.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện
221 =−− iz
, tìm số phức z có modun nhỏ nhất.
1 1điểm
Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z.

221 =−− iz
( ) ( )
421
22
=−+−⇔ yx
0 . 0,25
Đường tròn (C) :
( ) ( )
421
22
=−+− yx
có tâm (1;2)
Đường thẳng OI có phương trình y=2x
Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm biểu
diễn số phức đó thuộc đường tròn (C) và gần gốc tọa độ O nhất, điểm đó chỉ là một trong hai giao
điểm của đường thẳng OI với (C), khi đó tọa độ của nó thỏa mãn hệ
0,25

( ) ( )
2 2
2
1 2 4
y x
x y
=



− + − =




⇔
5
2
1−=x
hoặc
5
2
1+=x
Chọn
5
2
1−=x
5
4
2 −=⇒ y
nên số phức
2 4
1 2
5 5
z i
   
= − + −
 ÷  ÷
   
0,25
0.25
Câu
Vb

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 6x + 2y + 6 = 0 và điểm A(1; 3).
Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B , C sao cho BA = BC
1 1điểm
Đường tròn có tâm I(3;-1) ; bán kính R = 2.và
RIA =>= 252

A⇒
ngoài đường tròn .
Gọi d là đường thẳng qua A cắt (C) tại B,C sao cho AB=BC ta có :
164202.
222
=−=⇔−= ABRAIACAB

BEBCAB 222 ===⇔
Với E là trung điểm BC
2=⇒ BE
2),( =⇒ dId
.
0,25
0,25
Mà phương trình đường thẳng d qua A có hệ số góc k là: y = k(x-1)+3 hay kx–y+3-k =0
0,25
2
1
313
),(

2
=
+
−++
=
k
kk
dId

7;1 −−−=⇔ kk

Vậy có 2 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán
0107;04
=−+=−+
yxyx
0,25
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:
:
1
d

3
6
1
2
2
5 −
=
−
=

− zyx
và





−−=
=
=
tz
y
tx
d
1
2:
2
.
Lập phương trình đường thẳng
1
d
′
là hình chiếu song song của
1
d
theo phương
2
d
lên mặt (Oyz)
1điểm

Ta có
)3;1;2(
1
=u
là VTCP d
1
và
)1;0;1(
2
−=u
là VTCP d
2
không cùng phương.
Gọi
)(
α
là mặt phẳng qua
1
d
và song song
2
d
⇒
1
d
′
(nếu có) là giao tuyến của
)(
α
và (Oyz).

0, 25
Ta có phương trình của
)(
α
: x – 5y +z - 1 = 0 và phương trình mặt phẳng (Oyz) là: x = 0
0,5
Suy ra phương trình đường thẳng
1
d
′
là :
0
1 5
x
y t
z t
=


=


= +


( )
t ∈¡
0,25
3. Giải hệ phương trình :
( )

( )
( )
2 2
3 3
2 2
2 2
log log . *
4
y x y x x xy y
x y

− = − − +



+ =

1điểm
Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có :
0
4
3
2
2
2
22
>+







−=+− y
y
xyxyx

yx,∀
>0
0 0.25
Xét x > y
3 3
2 2
VT(*) 0
log log
VP(*) 0
x y
>

⇒ < ⇒ ⇒

<

(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
0 0,25
Xét x < y
3 3
2 2
VT(*) 0
log log

VP(*) 0
x y
<

⇒ > ⇒ ⇒

>

(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
0 0,25
Khi x = y hệ cho ta
2 2
0 0
2 2 4x y
=


= =

⇔
x = y =
2
( do x, y > 0).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
( )
( )
; 2; 2x y =
0,25

Hết

Chú ý: Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.