Tải bản đầy đủ (.doc) (6 trang)

ĐỀ THI THỬ THPT MINH KHAI (TOÁN)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (136.28 KB, 6 trang )

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II
Môn Toán
(Thời gian làm bài 180 phút)
I. Phần chung:
Câu 1. Cho hàm số: y = x
4
+ 2m
2
x
2
+ 1 (C
m
)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
b. Chứng minh rằng đường thẳng y = x+1 luôn cắt (C
m
) tại hai điểm phân biệt ∀ m∈R
Câu 2.
a. Giải phương trình:
2
2sin3 ( os3x+cosx)(tan tan 2 )x c x x= +
b. Giải hệ phương trình:
2 2
2
2
1
xy
x y
x y
x y x y


+ + =

+


+ = −

Câu 3. Tính : I=
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x
dx
x x+

Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình thoi cạnh a ; SA=SB=SD=a ; (SBC)⊥(SCD). Tính
thể tích khối chóp S.ABCD .
Câu 5. Cho a,b,c dương thỏa mãn : ab + bc + ca = 2abc.
Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 1
(2 1) (2 1) (2 1) 2a a b b c c
+ + ≥
− − −
II. Phần riêng.
A. Theo chương trình nâng cao:

Câu 6a.
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(2;1). Lấy điểm B thuộc trục Ox có hoành độ
b ≥ 0 và điểm C thuộc trục Oy có tung độ c ≥0 sao cho ∆ABC vuông tại A. Tìm tọa độ điểm
B,C sao cho ∆ABC có diện tích lớn nhất
2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm A(1;0;-2) và vuông góc với hai mặt phẳng
(P
1
) : 2x + y – z – 2 = 0 ; (P
2
) : x –y – z - 3 = 0
Câu 7a. Giải hệ :
2011
3 3
2 2
2
log 2
y
x y
x
x y
x y
xy

 
= −
 ÷

 



+

= +


B. Theo chương trình chuẩn.
Câu 6b.
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ∆ABC có A(1;5), đường thẳng BC có phương trình:
x – 2y – 6 = 0 và điểm I (1;0) là tâm đường tròn nội tiếp. Tìm tọa độ các đỉnh B,C .
2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A(2;1;1) , B(3;2;2) và vuông góc với mặt
phẳng (P): x + 2y – 5z – 3 = 0
Câu 7b. Giải phương trình:
3 .2 3 2 1
x x
x x= + +
./.
Chú ý: Thí sinh khối B- D không phải làm câu 5 ở phần chung
Họ và tên thí sinh:………………………………………. Số báo danh:………………
SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT MINH KHAI
ĐÁPÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – MÔN TOÁN

Câu
Nội dung
Điểm
1
(2đ)
a. m=1 : y= x
4
+ 2x

2
+1
- TXĐ: D=R
- Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực:
lim
x
y
→−∞
= +∞
;
lim
x
y
→+∞
= +∞
0,25
+ y
/
= 4x
3
+ 4x
y
/
= 0 ⇔ x = 0
+ BBT
x
y
/
y


Hàm số nghịch biến trên khoảng ( - ∝ ; 0),đồng biến trên khoảng (0; + ∝ ) .
cực tiểu : (0;1)
0,5
Đồ thị : Một số điểm thuộc đồ thị (-1;4) ; (1;4) . Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối
xứng
0,25
b. phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng y= x +1 là
x
4
+ 2m
2
x
2
+ 1 = x +1 (1) ⇔ x= 0 hoặc x
3
+2m
2
x – 1 = 0 (2)
0,25
(0,5)
Xét hàm số f(x) = x
3
+2m
2
x – 1 có f
/
(x)= 3x
2

+ 2m
2
≥ 0 ∀x∈R ;
lim ( )
x
f x
→−∞
= −∞
;
lim ( )
x
f x
→+∞
= +∞
và f(0) = - 1 ≠ 0
⇒PT(2) có nghiệm duy nhất x ≠ 0 với ∀m ∈ R .
0,5
Do đó PT(1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với ∀m ∈ R hay đường thẳng y = x+1 luôn cắt
(C
m
) tại hai điểm phân biệt ∀ m∈R
0,25
(0,5)
2
(2đ)
a.
2
2sin3 ( os3x+cosx)(tan tan 2 )x c x x= +
(1)
ĐK :

osx 0c ≠

cos2x 0≠
(1)
2
2
sin sin 2
2sin3x=2cos2x.cosx
os os2x
x x
c x c
 
⇔ +
 ÷
 

2 2
sin3 cos os2x.sin sin 2 cosx x c x x x⇔ = +
0,5
( )
2 2
sin 2 cos os2x.sin osx= os2x.sin sin 2 cosx x c x c c x x x⇔ + +
0,5
x -∝ 0 + ∝
y
/
- 0 +

+ ∝ + ∝


y

1
y
4
1

-
- 1 0 1 x

2
os2x=0 (l ai)
os2x.sin . osx= os2x.sin sinx=0 (t/m)
cosx=sinx (loai)
c o
c x c c x






sinx=0 x= k (k Z)
π
⇔ ∈
Vậy
x= k (k Z)
π

Là nghiệm của phương trình

b.Giải hệ phương trình:
2 2
2
2
1 (1)
(2)
xy
x y
x y
x y x y

+ + =

+


+ = −

ĐK x + y > 0
( )
2
2
(1) x+y 1 2 0
xy
xy
x y
⇔ − + − =
+
( ) ( )
2 2

2
1 1 0 1 0
xy x y x y
x y x y x y
x y x y
 
 
+ + +
⇔ + − + + − = ⇔ + − =
 ÷
 ÷
+ +
 
 
2 2
1 0 (do 0)
x y x y
x y
x y
+ + +
⇔ + − = >
+
0,5

1y x= −
Thay vào (2)
2 2
x=1
1 (1 ) x 2 0
x= - 2

x x x

= − − ⇔ + − = ⇔


0,25
Với
1 y=0x = ⇒
Với
x= - 2 y =3⇒
Vậy hệ có 2 nghiệm
x=1 x= - 2

y=0 y=3
 
 
 
0,25
3
(1đ)
I=
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x
dx

x x+

=
3
3
3
2 2
1 1
lnx
1 ln
ln2
=
ln 2
1 3ln 1 3ln
e e
x
dx dx
x x x x
 
 ÷
 
+ +
∫ ∫
0,25
Đặt
2 2 2
1 1 1
1 3ln ln = ( 1) ln
3 x 3
t x x t xdx tdt= + ⇒ − ⇒ =

0,25
x =1 ⇒ t = 1 ; x = e ⇒ t = 2
2
2 3 2
1
3 3 3
1
1 1 1 4
( - 1)dt =
9ln 2 9ln 2 3 27ln 2
I t t t
 
= − =
 ÷
 

0,5
4
(1đ)
Gọi I là trung điểm của SC ⇒BI⊥SC
và DI⊥SC . Từ giả thiết ⇒ BI⊥DI
Gọi O = AC∩ BD ⇒ BD = 2OI =SA =a
⇒∆ABD đều
Kẻ SH ⊥(ABCD) ⇒ H là tâm của ∆ABD
Ta có SH =
2 2
2
=a
3
SA AH−

0,25
(0,5)
0,25
0,5
(0,75)



S
A
B
D
C
I
H
O
Diện tích hình thoi ABCD :
S
ABCD

2
3
2
2
ABD
a
S

= =


Thể tích khối chóp S.ABCD là : V =
1
3
SH.S
ABCD
=
3
2
6
a
5
(1đ)
Từ giả thiết suy ra
1 1 1
2
a b c
+ + =
Đặt :
1 1 1
; y = ; z =
b c
x
a
=
Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2
0,25
Ta có:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
1 1 1

(2 1) (2 1) (2 1) ( ) ( ) ( )
x y z
P
a a b b c c y z x z y x
= + + = + +
− − − + + +
0,25
Áp dụng bđt Cô-si:
3
2
3
( ) 8 8 4
x y z y z x
y z
+ +
+ + ≥
+

3
2
3
( ) 8 8 4
y x z x z y
x z
+ +
+ + ≥
+

3
2

3
( ) 8 8 4
z y x y x z
y x
+ +
+ + ≥
+
Do đó:
1 1
( )
4 2
P x y z≥ + + =
( Đpcm)
0,5
6a
(2đ)
1. Ta có B(b;0) ; C(0;c) với b, c ≥ 0 và b
2
+ c
2
>0
Phương trình đường thẳng BC : cx + by – bc = 0
Khoảng cách từ A đến đt BC :
2 2
2c b bc
h
b c
+ −
=
+

;
2 2
BC c b= +
Diện tích ∆ABC là
1 1
. . 2
2 2
S h BC c b bc= = + −
0,5
Do ∆ABC vuông tại A nên
. 0AC AB =
uuur uuur
⇒ 2b+c =5 ⇒ c= 5 - 2b . Do c≥ 0 nên 0≤ b ≤ 5/2
Do đó: S = b
2
– 4b + 5 = f(b)
Ta có
5
0;
2
ax ( )m f b
 
 
 
=f(0) = 5 nên S
max
= 5 ⇔ b = 0 và c = 5 hay B(0;0) và C(0;5)
0,5
2. Các mp (P
1

) , (P
2
) lần lượt có vec tơ pháp tuyến là
1
(2;1; 1)n −
r
;
2
(1; 1; 1)n − −
r
mp(P) đi qua A (1;0;-2) và vuông góc với mp (P
1
) , (P
2
) nên có một vec tơ pháp
tuyến là
1 2
; ( 2;1; 3)n n n
 
= = − −
 
r r r
.
0,5
phương trình mp(P) là - 2 (x – 1 ) + y – 3 (z +2 )= 0 ⇔ 2x – y + 3z + 4 = 0
0,5
7a
2011
3 3
2 2

2
log 2 (1)
(2)
y
x y
x
x y
x y
xy

 
= −
 ÷

 


+

= +


ĐK: xy >0 . Từ (2) suy ra x
3
+ y
3
= xy(x
2
+ y
2

) >0 nên x> 0 ; y> 0
(1) ⇔ x.2011
x
= 2y.2011
2y
(*)
0,25
Xét hàm số f(t) = t. 2011
t
(t >0)
ta có f
/
(t) =
2011 1 0 t > 0
ln2011
t
t
 
+ > ∀
 ÷
 
f(t) đồng biến trên (0 ; + ∝ )
0,25
pt (*) trở thành f(x) = f(2y) ⇔ x = 2y
thay vào pt(2) ta được y(5y – 9/2) = 0 ⇔ y = 0 (loại) hoặc y = 9/10
Với y = 9/10 suy ra x = 9/5 . Vậy nghiệm của hệ là …
0,5
6b
1. Bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC : r =
( ; ) 5d I BC =

0,25
Điểm C ∈ ĐT x – 2y – 6 = 0 ⇒ C(2y
0
+ 6;y
0
) ⇒
0 0
(2 5; 5)AC y y+ −
uuuur
Phương trình đt AC là : (5 – y
0
)x + (2y
0
+5)y – 9y
0
– 30

= 0
Ta có r =
( ; )d I AC
nên
0
2
0 0
10 25
5
5 10 50
y
y y
+

=
+ +

2
0 0 0
10 25 5. 5 10 50y y y
+ = + +
⇔ 3y
0
2
+ 18y
0
+15 = 0
0
0
1
5
y
y
= −



= −


(4; 1)
( 4; 5)

C

C



− −

0,5
Do vai trò của B và C như nhau nên nếu C(4;-1) thì B(-4;-5) và ngược lại
Vậy …
0,25
2.Ta có
(1;1;1)AB
uuur
.
Một vec tơ pháp tuyến của mp(P) là :
1
(1;2 5)n −
ur
.
mp(Q) đi qua A(2;1;1) ; B(3;2;2) và vuông góc với mp(P) nên có một vec tơ pháp tuyến là:
( )
1
n ; 7;6;1AB n
 
= = −
 
r uuur ur
.
0,5
Phương trình mp(Q) là: - 7 (x – 2) + 6(y – 1) + z – 1 = 0 ⇔ -7x + 6y + z + 7 =0

0,5
7b
(1đ)
3 .2 3 2 1
x x
x x= + +

x
2 1
3 (1)
2 1
x
x
+
⇔ =

( Do x = ½ không phải là nghiệm của phương trình)
0,25
Ta có hàm số : f(x) = 3
x
đồng biến trên R
hàm số
2 1
g(x)=
2 1
x
x
+



/
2
4 1
g (x)= 0 x
(2 1) 2x

< ∀ ≠

nên nghịch biến trên mỗi khoảng
( - ∝ ; 1/2) và( ½; +∝)
0,25
Do đó trên mỗi khoảng ( - ∝ ; 1/2) và( ½; +∝) nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm thì
nghiệm đó là duy nhất.
Dễ thấy x = 1 và x = -1 là các nghiệm của phương trình. Vậy pt chỉ có 2 nghiệm ……

0,5
Ghi chú: Đối với khối B và khối D 1 điểm của câu 5, chuyển sang câu 4, và câu 1b, cụ thể ở
phần đóng ngoặc tương ứng.

×