Đề 1 Thi thử đại học năm 2010 Môn: Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ. Câu 1(2 điểm): Cho hàm số: y . THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: Toán Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề). x 1 . x 1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Một nhánh của đồ thị (C) cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B. Tìm điểm C thuộc nhánh còn lại sao cho diện tích tam giác ABC bằng 3. Câu 2(2 điểm): 2 1. Giải phương trình: cos 2 x  tan x . cos 2 x  cos 3 x  1 . cos 2 x.  x 2  y 2  xy  1  4 y 2. Giải hệ phương trình:  , ( x, y   ) . 2 2  y( x  y)  2 x  7 y  2 e. Câu 3(1 điểm): Tính tích phân I . x 1. ln 3 x.dx 1  3ln 2 x. Câu 4(1 điểm): Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ cá đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và a2 3 vuông góc với AA’ cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng . Hãy tính thể tích 8. khối lăng trụ ABC.A’B’C’. Câu 5(1 điểm): Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2  4 z  11  0 . Tính giá trị 2. 2. z  z2 của biểu thức 1 . ( z1  z2 )2. Câu 6(2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu 7(1 điểm): Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn hệ thức: a.b.c  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P . 1 1 1  2  2 . 2 2 a  2b  3 b  2c  3 c  2a 2  3 2. ========= Hết ======== Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN + THANG ĐIỂM Câu. Ý. I 1. 2. II. 1. Nội dung +TXĐ + Tính y’ đúng ,tiệm cận +BBT +Đồ thị Tìm được tọa độ của A(1;0),B(0;-1) Þ phương trình của AB : x-y-1=0 æ x -1ö÷ , x ¹ -1 , A, B thuộc nhánh các điểm có hoành độ Do M Î (C) nên tọa độ M çç x; çè x + 1÷÷ø lớn hơn -1 nên M thuộc nhánh đồ thị có các điểm có hoành độ x<-1 x -1 x-1 1 1 1 x2 - x x +1 Ta có : SMAB = AB.d (M; AB) = . 2= =3 2 2 2 x +1 2. é x 2 + 5x + 6 = 0 é x = -2 Þ y = 3 é M(-2;3) Û x 2 - x = 6 x + 1 Û êê 2 Þê Ûê ê êë M(-3; 2) x = 3 Þ y = 2 x 7x 6 = 0(loai) ë ëê  ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về cos 2 x  tan 2 x  1  cos x  (1  tan 2 x)  2cos 2 x  cos x -1  0 Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS: 2 2 x  k 2 , x    k 2 ; hay x  k . 3. 2. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,5. 0.5 0.5. 3.  x2  1 x y 4   x 2  y 2  xy  1  4 y y  y  0 , ta có:   . 2 2 2  y( x  y)  2 x  7 y  2 ( x  y ) 2  2 x  1  7  y  uv  4  u  4v  v  3, u  1 x2  1 , v  x  y ta có hệ:  2 Đặt u   2  y v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9. 0.25. 0.25. +) Với v  3, u  1 ta có hệ:.  x2  1  y  x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2 .      x  2, y  5 x y 3  y  3 x  y  3 x. III. IV. 0.25.  x 2  1  9 y  x 2  1  9 y  x 2  9 x  46  0   +) Với v  5, u  9 ta có hệ:  , hệ này VN.  x  y  5  y  5  x  y  5  x KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y )  {(1; 2), (2; 5)}. 1 dx 1 Đặt 1  3ln 2 x  t  ln 2 x  (t 2  1)  ln x.  tdt . Đổi cận … 3 x 3 1 2 2 2  t  1 1 1 2 2 11 3  4 3 . tdt    t  1 dt   t  t   Suy ra I   t 3 91 93  1 27 1 Tính thể tích khối lăng trụ. 0.25 0.5 0.5 1,00. Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’,  ' AM Khi đó (P)  (BCH). Do góc A nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH.. A ’. B ’. H. 0,25 C. A O B. Lop12.net. C ’. M.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a 3 2 a 3 , AO  AM  2 3 3 2 2 a 3 1 a 3 a 3   HM.BC   HM  8 2 8 4. Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM  Theo bài ra S BCH. AH  AM 2  HM 2 . 3a 2 3a 2 3a   4 16 4. AO.HM a 3 a 3 4 a A' O HM Do 2 tg A’AO và MAH đồng dạng nên nên A' O     AH 3 4 3a 3 AO AH 1 1aa 3 a3 3 a Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  2 23 2 12. V. Giải pt đã cho ta được các nghiệm: z1  1 . 3 2 3 2 i, z2  1  i 2 2. 0,25. 0,25. 0,25 0.5. 2. 3 2  22 Suy ra | z1 || z2 | 1   ; z1  z2  2   2 2   2. 2. Đo đó VI.. 1.. 2.. VII. z1  z2. 2 2.  ... . 11 4. ( z1  z2 ) Gọi C = (c; 2c+3) và I = (m; 6-m) là trung điểm của BC Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). Vì C’ là trung điểm của AB nên: 5 41  2m  c  5 11  2m  2c  2m  c  5 11  2m  2c 5 C' ; )  3  0  m    I  ( ; ) .   CC ' nên 2( 6 6 2 2 2 2 6   Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0 2 x  y  3  0  14 37  Tọa độ của C là nghiệm của hệ:  C  ;  3 3 3x  3 y  23  0  19 4  Tọa độ của B =   ;   3 3   Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x  y  z  1  0, y  z  3  0.    VTPT của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4;4). Suy ra (ABC): 2 x  y  z  1  0 .  x  y  z 1  0 x  0   Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). 2 x  y  z  1  0  z  1  . 0.25 0.25. 0.5. 0.5 0.25 0.25 0.25. Bán kính là R  IA  (1  0) 2  (0  2) 2  (1  1) 2  5.. 0.25. Tìm giá trị lớn nhất .... 1,00. 1 1 1 1  2  2 2 2 a  2 b  3 a  b  b  1  2 2 ab  b  1 1 1 1 1 1 1  , 2  Tương tự 2 2 2 b  2 c  3 2 bc  c  1 c  2a  3 2 ca  a  1. 0,50. 1 1 1 1  P     2  ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1 . 0,25. Ta có. P. a2+b2  2ab, b2 + 1  2b . 2. 1 1 ab b  1     2  ab  b  1 b  1  ab 1  ab  b  2. 1 1 khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = 1. 2 2. Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>