Kì thi thử Đại học , cao đẳng lần 2 - Trường THPT Liên Hà pdf

Sở giáo dục v đo tạo H nội Kì thi thử Đại học , cao đẳng lần 2 năm 2010
Trờng THPT Liên H Thời gian lm bi : 180 phút
đề chính thức

I-Phần chung (7 điểm )
Câu 1(2điểm) Cho hm số
32
1
3
22
m
yxx x=++
1
(1) ( m l tham số )
a)Khảo sát sự biến thiên v vẽ đồ thị hm số (1) khi m=9 .
b)Tìm m để đồ thị hm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua điểm I(2;2) .
Câu 2 (2điểm)
1) Giải phơng trình
11 11
cos( ) cos( ) sin( ) 0
5102210
xx
x


+ + =

2) Giải bất phơng trình
22

21115 23 6
+
++ + +xx xx x

Câu 3(1điểm) Tính diện tích hình phẳng đợc giới hạn bởi các đờng

2
16=yxx v
2
312=yx x
Câu 4 (1điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy l tam giác đều cạnh a , tam giác SAB cân
tại S v thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Hai mặt phẳng (SCA) v
(SCB) hợp với nhau góc 60
0
. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a .
Câu 5 (1 điểm ) Cho
,, 0abc
a b c abc
>


++=

Chứng minh rằng
222
3
2
(1 ) (1 ) (1 )
abc
bc a ca b ab c

+
+
+++

II-Phần tự chọn (3 điểm )(Học sinh chỉ đợc lm một trong hai phần hoặc A hoặc B)
Phần tự chọn A
Câu 6a (2 điểm )
1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hnh ABCD có diện tích bằng 4 , A(1;2) ,
B(5;-1) ,tâm I thuộc đờng thẳng x+y-1=0 . Tìm tọa độ C,D .

2) Trong không gian Oxyz ,Viết phơng trình đờng thẳng

đi qua A(1;-1;0) ,song
song với (P) v khoảng cách từ gốc tọa độ đến
10+=yz

bằng 1 .
Câu 7a (1 điểm ) Giải phơng trình
3
327
log ( 2) 1 log (3 2)xx
+
=
.
Phần tự chọn B
Câu 6b(2 điểm)
1) Trên mặt phẳng tọa độ oxy ,cho tam giác ABC có diện tích bằng 45 , B(2;1) , C(-1;5)
,trọng tâm G thuộc đờng thẳng
31xy 0

+=
. Tìm tọa độ đỉnh A .

2) Trong không gian với hệ trục tọa độ oxyz ,viết phơng trình mặt phẳng (P) đi qua 2
điểm A(1,2,1) , B(2,1,2) v tạo với mặt mặt phẳng (Q) x-2z+5=0 một góc


sao cho

=
1
cos
30
.
Câu 7b(1 điểm )
Tìm tham số để hệ phơng trình
mR
311
1
=


+
=


zi
zi mz
( ẩn z l số phức)
có nghiệm duy nhất .

.Hết



Đáp án thi thử lần 2
Câu ý Nội dung Điểm
1a *Tập xác định : D=R
*Tính
2
39
'6
22
yxx=+


'0 1, 3yxx== =
*Xét dấu y : ,
'0 ( ;1)(3; )yx> +
(
)
'0 1;3yx<

*Kết luận : hm số đã cho đồng biến trên các khoảng
(;1)


v
(3; )+
nghịch biến trên khoảng

(1; 3)
*Cực trị : Hm số đạt cực đại tại x=1 , y
CĐ
=3 v đạt cực tiểu tại x=3 , y
CT
=1
*Giới hạn : ,
lim
x
y
+
=+ lim
x
=


*Bảng biến thiên

x
+
1 3

y + 0 - 0 +

y
3
+

1

y
*Vẽ đồ thị






x
0







0.25



0.25




0.25

0.25
1b
*
2
3
'6
22
m
yxx=+
,
2
'0 3 12 0yxxm
=
+= (*)
*Hm số đã cho có 2 điểm cực trị khi v chỉ khi pt(*) có 2 nghiệm phân biệt

'363 0
12 (**)
m
m
= >
<

*Gọi hai nghiệm của (*) l
12
&
x
x
đồ thị hm số có hai điểm cực trị l
11 2 2
(; )&(; )Ax y Bx y
Ta có
32 2
111
3 1 ( )(3 12 ) ( 4) 1
2263 3
=++= ++++
mm
yxx x x x xm x
3
m


11 2 2
(4)1& (4)1
333
mmm
yxyx
3
m
++ = ++
=

*Từ đó A,B đối xứng qua điểm I(2;2) khi v chỉ khi
12
12
2
2
2
2
xx
yy
+

=



+

=



áp dụng hệ thức Viet
12
4xx
+
= thay vo trên ta đợc m=9 thỏa mãn (**)

0.25





0.25






0.25


0.25

2.1
*Đặt
210
x
t

=
phơng trình trở thnh

cos(2 2 ) cos( ) sin 0ttt

+ + =


cos2 cos sin 0ttt+=

(cos sin )(cos sin 1) 0tttt +=

cos sin 0 (1)
cos sin 1 0 (2)
tt
tt
=



+=

*(1)
tan 1
4
ttk


==+

*
1
(2) sin( )
4

2
t

+=
2; 2
2
tk t k



= = +

*Giải ra nghiệm
7
2
10
x
k


=+
;
4
5
x
k


=+
;

6
4
5
x
k


=+



0.25



0.25



0.25



0.25
2.2
*Điều kiện :
(;3][1;x +)
TH1 : Xét
1
x

Biến đổi bpt tơng đơng với
3x
+
(2 5 1) 2 5( 1)xxxx
+
++

325 1
x
xx+ +
312xx x++ +5
xx+
bình phơng 2 vế
2
48210

73
(; ][;)
22
x +


Kết hợp
1
x

ta đợc tập nghiệm trong trờng hợp ny l
1

3
[; )
2
T
=
+

TH2: xét
3x
Biến đổi bpt tơng đơng với 3x


(25 1)1 (25xxxx)

+

31 2xx 5x
3251
x
x+ x
xx+
bình phơng 2 vế
2
48210

73
(; ][;)
22
x +

Kết hợp ta đợc tập nghiệm trong trờng hợp ny l
3x
2
7
(;
2
T =
]

Kết luận : Tập nghiệm của bất phơng trình đã cho l
73
(; ][;
22
T
)
=
+


0.25






0.25

0.25







0.25
3 *Phơng trình honh độ giao điểm của đồ thị hai hm số l

22
16 3 12
x
xx= x
)
Điều kiện
(;4][4;x

+


2
16 3 12xx

=


22
4; 5xx
4
16 (3 12)
x
xx




=


==

Ta có
[]
22
16 3 12 4;5xx x x x

*Diện tích cần tính l
5
22
4
(16(312))Sxx x xd=

x

55
22
44
16 (3 12 )
x
xdxxxd=

x
Xét
5
2
1
4
16
I
xx dx=

đặt
2
16tx
=


22
16tx=

0.25




0.25







tdt xdx=
Đổi cận : x=4 t=0 , x=5 t=3
3
3
2
1
0
3
9
0
3
t
Itdt= = =

Xét
5
232
2
4
5
(3 12 ) ( 6 ) 7
4
Ixxdxxx= = =


Vậy (đvdt)
2 S =




0.25




0.25


4 *Gọi H l trung điểm của AB
S
SH AB
K
(SH ABC )

*Kẻ
A
KSC

()SC ABK

SC KB
C A
0
[( );( )] ( ; ) 60SAC SBC KA KB==
hoặc
n
=AKB
0
60
n
=
AKB
0
120 H
Nếu thì dễ thấy
n
=AKB
0
60
KAB

đều
K
AABAC==

vô lý B
Vậy
n
=AKB
0
120
* cân tại K
KAB

n
=
0
60AKH
0
tan60
23
AH a
KH= =
*Trong vuông tại H , đờng cao KH có
SHC

22
111
HK HC HS
=+
2
thay
3
;
2

23
aa
KH HC==

6
8
a
SH
=

*
23
1163
. .
3384
SABC ABC
aa a2
32
HS== =
VS



0.25




0.25

0.25


0.25
5
*Đặt
11
;;xyz
ab
===
1
c

*Từ giả thiết
,, 0abc
a b c abc
>


++=

,, 0
1
xyz
x
yyzzx
>



+
+=


*Biến đổi
22
2
2
11
.
1
1
(1 )
(1)
ayz
bc x xy yz zx x
bc a
a
===
yz

+
+++
+
+


()(
yz
)
x
yx z
=
++

*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dơng ta có

1
()
()()2
yz y z
x
yx z x y x z
+
++ + +

*Biến đổi tơng tự ,rồi cộng vế ta đợc

1
()
2

y
zxyxz
VT
x
yxzzxzyyxyz
+++++
++++++


3
2
VT

(đpcm)




0.25





0.25



0.25

0.25
Đẳng thức xảy ra khi v chỉ khi x=y=z
1
3
= khi đó 3abc===
6a
*Điểm I thuộc đt x+y-1=0
(;1 )
I
xx


*
1
1
4
IAB ABCD
SS==
v
1
.(; )
2
IAB
SABdIA= B

2
(; )dIAB
A

B
=
(*)
*AB=5 , AB có pt : 3x+4y-11=0
Từ (*)
5
72
9
x
x
x
=


+=

=



*Với x=-5 => I(-5;6) => C(-11;10) v D(-15;13)
*Với x=-9 =>I(-9;10) => C(-19;18) v D(-23;21)





0.25

0.25

0.25

0.25

7a
*Giả sử

có vtcp (
(;;)uabc
G
222
0)abc
+
+>
*
//( )P
.0
P
un c b==
GJJG
*Ta có
22
22
[,]
32
(;)
2
OA u
baba

dO
u
ab
+
+
= =
+
JJJGG
G

Từ đó
22
22
0
32
(;) 1 1
2
2
b
baba
dO
ba
ab
=

++
= =

=

+


*Với b=0 =>c=0 ,chọn a=1

có phơng trình
1
1
0
x
t
y
z
=
+


=



=


*Với b=-2a chọn a=1,b=-2 ,c=2 có phơng trình

11
12
2
x

yz

+
=
=




0.25


0.25


0.25




0.25





8a
*Điều kiện :
3
20

32
x
x

+>

>

0
*Biến đổi phơng trình tơng đơng với

3
3
233 2xx+=
Đặt
3
32
x
t= , ta có hệ phơng trình

3
3
23 (1)
23 (2)
xt
tx

+=

+=


Trừ theo từng vế các pt (1) cho pt(2) ta đợc
22
()( 3)xtx xtt+++=0 (*)
Do
2
22 2
3
3( ) 30
24
tt
xxtt x+ + += + + +>
nên (*) t=x
Thay vo (1) đợc giải pt ny đợc các nghiệm x=1 v x=-2
3
32xx+=0
Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phơng trình đã cho l x=1 .




0.25




0.25

0.25


0.25
6b *BC có phơng trình 4x+3y-11=0
*G thuộc đờng thẳng x-3y+1=0
(3 1; )Gy y
*Ta có
11
15& . ( ; )
32
GBC ABC GBC
SS SBCdGB== = C


30
(; ) 6dGBC
BC
=
=





0.25

15 15
6
5
y
=
3
1
y
y
=



=



12
(8;3) & ( 4; 1)GG


12
(23;3)& ( 13; 9)AA

0.25

0.25

0.25
7b

*Giả sử (P) có vtpt (
(;;)nABC
G
222
0)ABC
+
+>
*(P) chứa A,B
.0nAB=
GJJJG
B
AC=+

*Ta có
.
cos cos( ; )
.
PQ
PQ
P
Q
nn
nn
nn

==
J
JGJJG
JJGJJG
J

JGJJG


22
2
1
30
5. 2 2 2
AC
AC AC

=
++



22
213 11 0 ;211AACC ACA+===C
0
*Với A=C chọn A=C=1 , B=2
=> (P) có phơng trình
26xyz
+
+=

*Với 2A=11C chọn A=11, C=2 , B=13
=> (P) có phơng trình
11 13 2 39 0xyz
+
+=

0.25


0.25



0.25




0.25

8b
*Giả sử z=x+yi với
,
x
yR


Thay vo hệ v biến đổi đợc
22
2
(1)(3)1
(2 2) 2 2 0
xy
mxy m

+ =



++=


(I)
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi v chỉ khi
đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn
có tâm I(1;3) ,bán kính R=1

2
(2 2) 2 2 0mxy m++=
22
(1)(3)4xy+ =9
(; ) 1dI=

2
2
(1)7
1
4( 1) 4
m
m


+
=

giải pt ny đợc các nghiệm 1m =3 v 115m =
Đáp số : 1m =3 v 115m =




0.25



0.25


0.25


0.25

*Nhận thấy

12
20
2
xx+
=
nên O không thể l trung điểm của AB
do đó O,A,B l ba đỉnh của tam giác cân tại O

OA=OB

222
11 2 2
[( 4) 1 ] [( 4) 1 ]
333
mmm
xx xx+ ++ =+ ++
2
3
m

Biến đổi v chia 2 vế cho ta đợc
12
0xx

2
12 12
(4)( )2(4)(1)
33
mm
xx xx++ + + + =0

3
m

áp dụng hệ thức Viet ta có thay vo trên rồi rút gọn đợc
12
4xx+=
giải pt ny đợc nghiệm m=9 v m=10 thỏa mãn (**)
2
19 90 0mm+=
*Đáp số : m=9 v m=10