ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn: TOÁN - TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN- TP. THÁI NGUYÊN pdf

TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN- TP. THÁI NGUYÊN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: 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
2 4

1
x
y
x



.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1).
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình:
2
2
1 3 2
1 3
x x
x x
   
  

2. Giải phương trình:

2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos
x x x x x x x x
      
Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân:
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
 
 

 


Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh
a. Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy
lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp,
biết rằng SH = S’K =h.
Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z x

P
x x y y y y z z z z x x
  
  
     

PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:
2 2
4 3 4 0
x y x
   
.
Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có
phương trình
2 3
2 (t R)
4 2
x t
y t
z t
 


  



 

. Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là
nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức:
2
0
z z
 


B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo
BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng:

2 1 0 3 3 0
( ) ; ( ')
1 0 2 1 0
x y x y z
x y z x y
      
 
 
 
      
 

.Chứng minh rằng hai đường thẳng (

) và (
'

) cắt
nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi (

) và (
'

).
Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 3 3
log 3 log log
log 12 log log
x y y x
x x y y
  


  

.
Hết
Họ và tên thí sinh: ……………………… ……………………………………Số báo danh: …………… ……


ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – MÔN TOÁN – KHỐI A

Câu Nội dung
Điểm
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
CâuI

2.0
1. TXĐ: D = R\{-1}
Chiều biến thiên:
2
6
' 0 x D
( 1)
y
x
   


=> hs đồng biến trên mỗi khoảng
( ; 1)
 
và
( 1; )
 
, hs không có cực trị



0.25
Giới hạn:

1 1
lim 2, lim , lim
x
x x
y y y
 

 
    

=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2
BBT
x -

-1 +


y’ + +


y

+

2



2 -


0,25






0.25
+ Đồ thị (C):
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm


2;0
, trục tung tại điểm (0;-4)
f(x)=(2x-4)/(x+1)
f(x)=2
x(t)=-1 , y(t)=t
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3

4
5
6
7
8
9
x
y

Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng













0.25
2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có
6 6
;2 ; ;2 ; , 1
1 1
A a B b a b
a b

   
   
   
 
   


0.25
Trung điểm I của AB: I
2 2
;
2 1 1
a b a b
a b
  
 

 
 
 

Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0


0.25
Có :
. 0
AB MN
I MN








uuur uuuur


0.25

=>
0 (0; 4)
2 (2;0)
a A
b B
 
 

 

 


0,25
CâuII

2.0
1. TXĐ: x



1;3
 
0,25
Đặt t=
1 3 , t > 0
x x   =>
2
2
4
3 2
2
t
x x

  

0,25

đc pt: t
3
- 2t - 4 = 0  t=2
0,25
Với t = 2 
1
1 3 =2 ( / )
3
x
x x t m
x

 

   





0,25
2.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos
x x x x x x x x
      
1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos
x x x x x x x x
      
 
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx xcosx
 

      


   





0,25
+ Với
sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z


     


0,25
+ Với
2 2(sin ) sin . 0
x cosx x cosx
   
, đặt t =
sin (t 2; 2 )
x cosx
 
  
 

được pt : t

2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
 



 





0.25
t = -1
2
( )
2
2
x m
m Z
x m
 


 



 

  


Vậy :
( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m


 



  


  


  



0,25
Câu III
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
 
 
 

 


1,0
I
1
=

1
ln
1 ln
e
x
dx
x x


, Đặt t =
1 ln
x
 ,… Tính được I
1
=
4 2 2
3 3


0,5
 
2
2
1
ln
e
I x dx


, lấy tích phân từng phần 2 lần được I

2
= e - 2

0,25

I = I
1
+ I
2
=
2 2 2
3 3
e 

0,25
Câu IV

1,0
M
N
A
B
D
C
S
S'
H
K

SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D :

. .
S ABCD S AMND
V V V 











0,25


. . .
S AMND S AMD S MND
V V V  ;
. .
. .
1 1
; . ;
2 4
S AMD S MND
S ABD S BCD
V V
SM SM SN
V SB V SB SC

   



0.25

. . .
1
2
S ABD S ACD S ABCD
V V V  ;
. . .
3 5
8 8
S AMND S ABCD S ABCD
V V V V  

0.25
2
5
24
V a h
 
0.25
Có x, y, z >0, Đặt : a = x
3
, b = y
3
, c = z
3

(a, b, c >0 ; abc=1)đc :
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
  
  
     



0.25
3 3 2 2
2 2 2 2
( )
a b a ab b
a b
a ab b a ab b
  
 
   
mà
2 2
2 2
1
3
a ab b
a ab b
 


 
(Biến đổi tương đương)
2 2
2 2
1
( ) ( )
3
a ab b
a b a b
a ab b
 
   
 




0.25
Tương tự:
3 3 3 3
2 2 2 2
1 1
( ); ( )
3 3
b c c a
b c c a
b bc c c ca a
 
   

   

=>
3
2
( ) 2. 2
3
P a b c abc
    
(BĐT Côsi)



0.25
CâuV
=> P
2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1
P
  

Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1

0.25
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)

A. Chương trình chuẩn
CâuVI.a
2.0
1. A(0;2), I(-2
3

;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’
0,25
Pt đường thẳng IA :
2 3
2 2
x t
y t




 


,
'
I IA

=> I’(
2 3 ;2 2
t t

),

0,25

1
2 ' '( 3;3)
2
AI I A t I   

uur uuur


0,25
(C’):


 
2
2
3 3 4
x y
   



0.25
2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t)
d

, AB//d. 0.25
Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB

A’B
(MA+ MB)
min
= A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
0.25
0,25

MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4)
0,25
CâuVII.a

1.0
z = x + iy ( ,
x y R

), z
2
+
2 2 2 2
0 2 0
z x y x y xyi
      

0,25
2 2 2 2
2 0
0
xy
x y x y





   



0,25
0
0
0
1
0
1
x
y
x
y
x
y
























 







0,25

Vậy: z = 0, z = i, z = - i
0,25
B. Chương trình nâng cao
Câu
VI.b
2.0
1.
(7;3)
BD AB B
 
, pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0
(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7

A AB A a a C BC C c c a c
       
,
I =
2 1 2 17
;
2 2
a c a c   
 
 
 
là trung điểm của AC, BD.




0,25
I
3 18 0 3 18 (6 35;3 18)
BD c a a c A c c
          
0,25
M, A, C thẳng hàng  ,
MA MC
uuur uuuur
cùng phương => c
2
– 13c +42 =0 
7( )
6

c loai
c








0,25
c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3)
0.25
2.
Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, (

)

(
'

) = A
1 3
;0;
2 2
 

 
 

0.5
(0; 1;0) ( )
M
  
, Lấy N
( ')
 
, sao cho: AM = AN => N
AMN

cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi (

) và
(
'

) chính là đg thẳng AI


0.25

Đáp số:
1 2
1 3 1 3
2 2 2 2
( ): ;( ):
1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5
14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30
x z x z

y y
d d
   
   
   
     




0,25
Câu
VII.b

TXĐ:
0
0
x
y







0.25
2 2 2
3 3 3
log 3 log log

3 . 2 .
log 12 log log
12 . 3 .
x y
x y
x y y x
y x
x x y y
x y

  




 
  







0.25
2
3 . 2 .
x y
y x
y x









0.25

4
3
4
3
log 2
2log 2
x
y








(t/m TXĐ)


0,25

(Học sinh giải đúng nhưng không theo cách như trong đáp án, gv vẫn cho điểm tối đa tương ứng
như trong đáp án ).