ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Môn thi: TOÁN, Khối A - TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG pptx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010
Môn thi:
TOÁN, Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số =+ ++
32
69yx x x3
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có sáu nghiệm phân biệt
32
1
2
log 6 9 3
x
xx m
+
++=

Câu II (2,0 điểm)
1) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm.
2
(1 ) sin cos 1 2 cosmx xm−−=+x
2) Giải bất phương trình:
2

11
21
235
x
xx
>
−
+−
.
Câu III (1,0 điểm)
Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
3
x
y
x
=
+
, trục Ox và đường thẳng
1
x
=
. Tính thể
tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SA = x, tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của khối
chóp S.ABCD theo x và tìm x để thể tích đó lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
abc a c b

+
+=
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
222
223
11abc
−+
1
+
++

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng
32
và các đỉnh A(3 ; -5), B(4 ; -4).
Biết rằng trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng
33xy 0
−
−=
. Tìm tọa độ đỉnh C.
2) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P):
38 760xyz
−
+−=
và hai điểm
A (1; 1; 3)
−

,
. Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều.
B(3;1; 1)−
Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho A và B là hai điểm trong mặt phẳng phức lần lượt biểu diễn các số phức z
1
và z
2
khác không
thỏa mãn . Chứng minh rằng tam giác OAB đều (O là gốc tọa độ).
22
12 1
zz zz+=
2
0
0
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4, các đỉnh A(2 ; 2), B(-2 ; 1).
Tìm tọa độ đỉnh C và D biết rằng giao điểm của AC và BD thuộc đường thẳng
32xy−+=
2) Trong không gian Oxyz, cho mp(P):
38 76xyz
−
+−=
, đường thẳng d:
13
12 1
3
x

yz−+−
==
−
.
Viết phương trình đường thẳng Δ vuông góc với mp(P) sao cho Δ cắt đường thẳng d tại một điểm
cách mp(P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
⎩
⎨
⎧
=−
=+
1loglog
272
33
loglog
33
xy
yx
xy
…………………………Hết…………………………
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:…………………………………
Chữ kí của giám thị 1:……………………………………Chữ kí của giám thị 2:……
Sở Giáo Dục v Đo Tạo
Tỉnh Hải Dơng
Trờng THPT Đon Thợng
Kì thi thử Đại học lần 1 Năm 2010
Môn toán, khối A, B
Đáp án v biểu điểm

* Chú ý. Thí sinh lm bi không theo cách nêu trong đáp án m vẫn đúng thì cho đủ
điểm từng phần tơng ứng.
Câu ý Nội dung Điểm
I 1
Khảo sát hm số
=
+++
32
69yx x x3 (C)
1,00

TXĐ:
\
.
2
11
'3 12 9,'0
33
xy
yx xy
xy
=
=

=++ =

=
=

'' 6 12, '' 0 2 1yx y x y=+ ===
.
BBT: ghi đầy đủ
Kết luận về tính đb, nb, cực trị
Đồ thị. Đồ thị l đờng cong trơn thể hiện đúng tính lồi, lõm.
Đồ thị đi qua 5 điểm: CĐ(-3 ; 3), CT(-1 ; -1), I(-2 ; 1), A(-4 ; -1), B(0 ; 3)
4
3
2
1
-1
-
4
-
2
4
3
2
1
-1
-
4
-
2


0,25

0,25
0,25

0,25
I 2
32
1
2
log 6 9 3
x
xx m
+
++=
(1)
1,00

(1)
32
1
693
2
m
xxx

+ ++=


. Gọi (C) l đồ thị hs
32
69yx x x3
=
+++

Pt (1) có 6 nghiệm đt
1
2
m
y

=


cắt (C) tại 6 điểm
Ta có
32 32
32
32 32
693 khi 693
693
( 6 9 3) khi 6 9 3 0
xxx xxx
yx x x
xxx xxx

0
+
++ + ++

=+ ++=


+++ +++<

Gọi (C
1
) l phần đồ thị của (C) nắm trên Ox, (C
2
) l phần đồ thị của (C) nằm dới Ox
(C
3
) l hình đối xứng của (C
2
) qua trục Ox thì (C) = (C
1
) (C
3
).
Từ đồ thị (C), pt (1) có 6 nghiệm
1
01
2
m
m

0
<
< >

0,25

0,25

0,25

0,25
II 1
Tìm m để pt
2
(1 ) sin cos 1 2 cosmx xm=+x (1) có nghiệm
1,00

TXD:
\
. pt (1)
(
)
2
sin cos 1 2 cos sin
x
xm x x= + +

Nhận xét. Hs tuần hon với chu kì
sin , cosyxy==x
2

nên pt (1) có nghiệm pt

0,25


(1) có nghiệm thuộc nửa khoảng
3
;
22









.
TH1.
(1 )( 1) 1 0
2
xmm

= = =
vô lí. Vậy
2
x

=

không l nghiệm

TH2.
1
(1 )
22
xmmm

= ==
. Vậy
1
2
m
=
thì pt có ít nhất một nghiệm l
2


TH3.
cos 0
22
xx


<< >
. Chia hai vế cho
cos
x
ta đợc
(
)
2

2
tan 1
tan 1 tan 3 tan
tan 3 tan
x
xm x xm
x
x

= ++ =
++

Đặt
tan ,txt=
\
ta đợc
2
1
3
t
m
tt

=
+
+
. Đặt
2
1
()

3
t
ft
tt

=
+
+

(
)
2
2
22
33
'( ) 0, ( ) db trờn
33
tt
ft t ft
ttt
++ +
=>
++ +
\

Mặt khác
1
lim ( ) , lim
2
tt

ft
+
= =
. Vậy
1
2
m
<

TH4.
3
cos 0
22
x
x


<< <
. Chia hai vế cho
cos
x
ta đợc
(
)
2
2
tan 1
tan 1 tan 3 tan
tan 3 tan
x

xm x xm
x
x

= ++ =
++

Đặt
tan ,txt=
\
ta đợc
2
1
3
t
m
tt

=

++
. Đặt
2
1
()
3
t
ft
tt

=

++

(
)
2
2
22
33
'( ) , '( ) 0 1
33
tt
ft ft t
ttt
+ +
==
++ +
=
. Lập BBT của
()
f
t

Từ BBT suy ra
2
3
m

Kết luận. Các giá trị của m để pt có nghiệm l
2
3
m


t
+
1




'
()
f
t
+ 0 -
()


f
t
2
3

1
2









0,25









0,25

0,25

2
2
11
21
235
x
xx
>

+
(1)

1,00

ĐK:
2
5
2350,210 ,
2
1
x
xx xx+> < >

0,25

TH1.
5
210
2
xx< <
, bất phơng trình đúng.
TH2.
2
12 350,210xxx x> + > >
Bpt
22
3
21 2 35 2 7 60
2
2
x
xxxxx
x

<

> + +>

>


Kết hợp điều kiện ta đợc
3
1
2
x<<
hoặc
2x >
Kết luận. Tập nghiệm của bpt l S =
53
;(1;)(2;
22

)

+



0,25



0,25

0,25
III
Tính thể tích khối tròn xoay
1,00

Ta có
2
3
x
y
x
=
+
cắt trục Ox tại điểm có honh độ x = 0.
Vậy V =
()
2
11
2
2
2
2
2
00
3
3
xx

dx dx
x
x


=

+


+




Đặt
2
3tan , ; 3(1 tan )
22
x
tt dx tdt


==+


.
03tan0,13tan
6

==

V =
1
22
66
22
22 2 2
00 0
3tan 3
3(1 tan ) sin
(3) (3tan3) 3
xt
dx t dt tdt
xt



=+=
++


=
2
6
6
0
0
31cos2 3 sin2 3
()

32 6 2 36
tt
dt t


8



= =



* Chú ý. Học sinh có thể sử dụng công thức tích phân từng phần nh sau
V =
() ()
11
2
22
22
00
33
xx
dx x dx
xx

=
++

v đặt
()
2
2
2
1
,' '1,
2( 3)
3
x
uxv u v
x
x

== ==
+
+
rồi đi đến
()
()
1
11
2
2
2
2
00
0
1
2( 3)

23
3
xx
x
dx dx
x
x
x




=+

+
+
+





0,25

0,25

0,25

0,25
IV Tính thể tích của khối chóp S.ABCD

1,00
Gọi H l hình chiếu của S trên mp(ABCD)
Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD suy ra
H l tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD
Tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, O l
giao của AC v BD.
CBD ABD SBD==

OC OA OS SAC==
vuông tại S
2
1AC x= +




0,25





0,25
O
A
B
C
D
S
H

22
2
111
1
x
SH
SH SA SC
x
2
=+=
+

ABCD l hình thoi
22
1
3
2
2
A
CBD OB AB AO x= =

22
11 1
.1.3
22 6
ABCD
SACBDx xVx==+=
2
3x

áp dụng BĐT Côsi ta có
22
2
113
3.
662
xx
Vxx
+
= =
1
4

Đẳng thức xảy ra
6
2
x=
. Vậy V lớn nhất khi
6
2
x =



0,25



0,25
V

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
222
223
11abc
+
1
+
++

1,00

Đặt .
tan , tan , tanaxbycz===,, 0 ,, 0;
2
abc xyz


>



tan tan
tan tan tan( )
11tantan
ac x z
abc a c b b y y x z
ac x z
++
++== = = +

yxzk

=++
.
,, 0; 0
2
xyz k





=
. Vậy
yxz

=+

P =
222
2cos 2cos 3cos 1 cos 2 (1 cos 2 ) 3cos
2
x
yz x y+=+++z
2

2
2sin( )sin( ) 3cos 2sin( )sin 3(1 sin )
x

yxy z xyz= + + = + + z
2
2 2
11
3sin 2sin( )sin 3 3 sin sin( ) 3 sin ( )
33
zxyz zxy x

= + + + = + + + +


y

1
P03
3
++
.
Đẳng thức xảy ra
11
,2,
222
abc= == . Vậy
10
3
P
max
=

0,25


0,25


0,25

0,25
VI.a 1 Tìm tọa độ đỉnh C
1,00

11
2 .(; ) 2 (; ) 2
32
GAB CAB
S S AB d G AB d G AB== = =
)

33 (;33Gy x Gtt=
. Đt AB có pt
80xy

=

(3 3) 8
(; ) 2 2 2 5 22
2

tt
dGAB t

= = +=

5 22 5 22 2162 29 62 45182
;;
222 22
5 2 2 5 2 2 21 6 2 29 6 2 45 18 2
;;
222 22
tG C
tG C


+ + + + +
=










=

0,25

0,25

0,25


0,25

2 Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều
1,00

(;;)() 3876Cabc P a b c+=0
2
(1). Tam giác ABC đều
22
A
CBCAB==

222
0(
22630 (3
ac
abc abc
+=



++++=

2)
)

0,25


0,25
Từ (1) v (2) suy ra
33
2,2
22
abcb= = +

thế vo (3) ta đợc . Phơng trình ny vô nghiệm. Vậy không có
điểm C no thỏa mãn.
2
18 52 39 0bb++=

0,25

0,25
VII.a Chứng minh rằng tam giác OAB đều
1,00

Tam giác OAB đều
121
OA OB AB z z z z====
2

Ta có
33 22 3 3
12 121212 1 2 1 2
()( )0
z
zzzzzzz z z zz+= + + == =

Mặt khác
22 2 2
1 2 12 1 2 12 1 2 12
0( ) ( )z z zz z z zz z z zz+ = = =

2
12 12 12 1 2
.zz zz zz z z = = =
.
0,25

0,25

0,25
0,25
VI.b 1 Tìm tọa độ đỉnh C v D
1,00

11
1 .(; ) 1 (; )
42
17
IAB ABCD
S S AB d I AB d I AB== = =
2
xy

Đt AB có pt
460+= 320 (32;)
.
I
xy It t


+=

3246
22
(; ) 4 2
17 17 17
tt
dIAB t
+

= ==

2 (4; 2) (6; 2), (10; 3)
6 (16;6) (30;10), (34;11)
tI CD
tI C D
=



=



0,25
0,25

0,25

0,25
2
Viết phơng trình đờng thẳng
1,00

d có ptts
1, 32, 3
x
ty tz t= =+ =+
.

cắt d tại I
(1 , 3 2 , 3 )
I
tt+ +t

24 122
6
( ;( )) 2 12 48 2 122
24 122
6
t
dI P t
t

+
=


= + =


=



24 122 18 122 15 122 42 122
;;
663
tI

+++
=



6

18 122 15 122 42 122
63
:
387
xyy
+++
+
= =

6

24 122 18 122 15 122 42 122
;;
663
tI

+
=



6

18 122 15 122 42 122
63
:
387
xyy

+
= =

6

0,25


0,25




0,25




0,25
VII.b
Giải hệ phơng trình

=
=+
1loglog
272
33
loglog
33
xy
yx
xy
1,00

Đk: .
0, 0xy>>
33
log log 1 3
y
xy==x
0,25
0,25
33 3 3 3
log log log log log
227
yx y x y
xy x y x=⇒+ =⇔=9
L«garit c¬ sè 3 hai vÕ ta ®−îc
33 3 3 3
log .log log 9 (1 log ) log 2yx xx
=
⇔+ =

3
3
39
log 1
1
log 2
93
xy
x
x
xy
=⇒ =
⎡
=
⎡
⎢
⇔⇔
⎢
⎢
=−
=⇒=
⎣
⎣
1
(tháa m·n ®k). VËy hÖ pt cã 2 nghiÖm lμ
0,25


0,25