ĐỀ KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC Môn: Toán - TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B docx

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B
ĐỀ KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC NĂM 2010

Môn: Toán (Thời gian làm bài: 180 phút)

Bài 1(2 điểm):
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 2
(| | 1) .(| | 1)
y x x
  

2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C).
Bài 2(3 điểm):
1) Giải hệ phương trình:
2 2
1
2
2
( 1)( 2) 6
x y
x y
xy x y x y

 


 



     

(
,
x y R

)
2) Giải phương trình:
2 2
sin .tan cos cos2 .(2 tan )
x x x x x
  
, ( với
x R

)
3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn
5
;4
2
 
 
 
:

2 2
1/ 2 1/ 2
1
( 1).log ( 2) 4( 5)log 4 4 0
2

m x m m
x
      


Bài 3(1 điểm):
Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh
3
SA SB SC a
  
, (a > 0).
Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a. Tính thể tích khối chóp C.ABNM
theo a.
Bài 4(2 điểm):
1) Tính tích phân:
1
2 2
0
.ln(1 )
x x dx



2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1). Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt
chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất.
Bài 5(1 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d
1:

1

1 2 ;( )
1 2
x t
y t t R
z t
 


  


 

,đường thẳng d
2
là
giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0. Gọi I là giao điểm của
d1 và d
2
. Viết phương trình đường thẳng d
3
qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
lần
lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I.
Bài 6(1 điểm):
Cho x, y, z
0


và
2 2 2
3
x y z
  
. Chứng minh:
3 3 3
2 2 2
3 2
2
1 1 1
x y z
y z x
  
  


Hết




SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B
KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC NĂM 2010

Môn: Toán (Thời gian làm bài: 180 phút)
Đáp Án vắn tắt:
Bài 1:

Nội dung Điểm

*Có hàm số :
2 2
(| | 1) .(| | 1)y x x
   
y = x
4
- 2x
2
+ 1 ( C)
*TXĐ: R; lim ; lim
x x
y y
 
   
;
3
' 4 4 ; ' 0 0; 1
y x x y x x
      


*BBT: 0.25
*Đọc đúng khoảng đb, nb; cực trị 0.25
1)
1
điểm

*Vẽ đúng đ thị 0.25

*Gọi A(a:0)
Ox

mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt.
*Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a)
*d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm:
4 2
3
2 1 ( )
( )
4 4
x x k x a
I
x x k

   

 


0.25
*Có
2
0
( ) ( )
1 0
k
I A
x





 

hoặc
2
2
4 ( 1)
( )
3 4 1 0(1)
x x k
B
x ax

 


  



0.25
*Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0. Vậy để từ A kẻ được 3
tiếp tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác
1

,
tức là phương trình (1) phải có 2 nghiếm pb x khác
1



0.25
2)
1
điểm

KQ:
3 3
1 1
2 2
a a     hoÆc
0.25
Bài 2:
Nội dung Điểm

*Hệ
2 2
( 1) ( 1) 5
( 1)( 1)[( 1) ( 1)] 6
x y
x y x y

   


     

. Đặt
1

1
u x
v y
 


 

, thu được hệ
2 2
5
( ) 6
u v
uv u v

 

 


0.25
* Giải ra được:
3
. 2
u v
u v
 





; * Giải ra được:
1 1
1 2
u x
v y
  


  

hoặc
1 2
1 1
u x
v y
  


  


0.50
1)
1
điể
m
3
2
x

y






hoặc
2
3
x
y






0.25
* ĐK:
cos 0
x

. PT
3 3
sin cos cos2 .(2cos sin )
x x x x x
   

0.25

(sin cos ).cos .(2sin cos ) 0
x x x x x
   

0.25
sin cos 0;2sin cos 0
x x x x
    

0.25
2)
1
điểm

1
; arctan ;( , )
4 2
x k x l k l Z

 
      

0.25
*PT
2
1/ 2 1/ 2
( 1).log ( 2) ( 5)log ( 2) 1 0
m x m x m
        

*Đặt
 
1/2
5
log ( 2), ;4 1;1
2
t x x t
 
     
 
 

0.25 3)
1
điểm

Thu được pt:
2
2
5 1
( )
1
t t
m f t
t t
 
 
 
;
2

2 2
4 4
'( ) ; '( ) 0 1
( 1)
t
f t f t t
t t

    
 

0.25
* Lập BBT của f(t) trên đoạn


1;1
 , thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn


1;1
 , nên
7
3;
3
m
 
 
 
 
thỏa mãn đề bài.

0.50

Bài 3:
* Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC

0.25
* Tính được
3
.
34
12
S ABC
a
V 
0.25
* CM được
. .
2
.
9
S MNC S ABC
V V
0.25
1
điểm

3
C.ABNM .
7 7 34
.

9 108
S ABC
a
V V  
0.25

Bài 4:
* Tính
1
2 2
0
.ln(1 )
I x x dx
 


* Đặt
2
2
2
3
2
ln(1 )
1
1
3
x
du dx
u x
x

dv x dx
v x




 
 


 







1
1
4
3 2
2
0
0
1 2
.ln(1 )
3 3 1
x
I x x dx

x
   



0.25
* Tính
1 1
4
2
2 2
0 0
1 2
[ 1 ]
1 1 3 4
x
J dx x dx
x x

       
 
 

0.50
1)
1
điểm

* Vậy
1 4

.ln2
3 9 6
I

  

0.25
* Từ gt ta có
( ;0); (0; ), 0, 0.
P a Q b a b
 
* d có pt:
1
x y
a b
 
.
0.25
d qua A(3; 1) nên
3 1 3
1 1 2. 2. 3
ab
a b ab
      . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi
6
3 1
2
a
ba b



 




0.25
* Có
1
. . 3
2
OPQ
S a b

  . Nên
OPQ
S

nhỏ nhất (
3
 ) khi và chỉ khi
6
2
a
b







0.25
1)
1
điểm

* Vậy d có pt:
1
6 2
x y
 

0.25





Bài 5:
* d
2
có pt:
1
1 1
1
1 2 ;( )
3 2
x t
y t t R

z t



   


 


* Tìm được I(1;1;1)
0.25
Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t
1
;-1 +2 t
1
;3 -2 t
1
) ,
( đk: B khác I, C khác I
1
0, 1
t t
  
)
*Tam giác BIC cân đỉnh I
(1)
[ , ] 0 (2)
IB IC
AB AC








uuur uuuur ur
.
0.25
1
1

2
t
t


 



.
0.25
1)
1
điểm


* Từ đó có pt d

3
:
2
3 ;( )
1 2
x
y t R
z t



 


 


0.25
Bài 6:
Ta có: VT + 3 =
3 3 3
2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )
1 1 1
x y z
y z x
y z x
    
  

0.25
3 3 2
2 2
6 1
( )
4 2 4 2
2 1 2 1
x x y
VT
y y

    
 

3 3 2
2 2
1
( )
4 2
2 1 2 1
y y z
z z

  
 

3 3 2
2 2
1
( )
4 2
2 1 2 1
z z x
x x

  
 

0.25
6 6 6
3 3 3
6
3 3 3
4 2 16 2 16 2 16 2
x y z
VT    

0.25
1)
1
điểm


2 2 2
6
3

3 3 9
( )
2 2 2 8
2 2 2
VT x y z     
6 3
9 3 9 3 3
2 2 2 2 2 2 2
2 2
VT VP
       (đpcm)
( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1)
0.25