Đề 2 thi thử đại học lần 1 năm 2010. Môn: Toán khối A-B

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THPT LêLợi. Đề thi thử Đại Học lần 1 năm 2010. Môn: TOÁN KHỐI A-B (Thời gian làm bài 180 phút). PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7điểm) Câu I (2 điểm). 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3 2.Tìm a để phương trình : x 4  4 x 2  log 3 a  3  0 có 4 nghiệm thực phân biệt . Câu II (2 điểm).   1.Giải phương trình: 2 cos 2   2 x   3 cos 4 x  4 cos 2 x  1 . 4. . 2.Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực : Câu III (2 điểm).  x 2  3x  2   x 2  2mx  2m. 8. 1.Tính. dx I=  15 x 1  x. 2.Cho đường cao khối chóp đều S.ABC bằng h không đổi, góc ở đáy của mặt bên bằng  với       ;  .Tính thể tích của khối chóp đó theo h và  .Với giá trị nào của  thì thể tích khối chóp đạt 4 2 . giá trị lớn nhất . Câu IV (1 điểm). Cho a  0; b  0 và a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M  a 2 . 1 1  b2  2 2 a b. PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm). Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va(3 điểm). 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  0 . Viết phương trình tiếp tuyến của.  C  , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục hoành bằng. 60o .. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau : x  1 t x y 1 z 1   d1 :  y  2t  t    và d 2 :  1 3 1  z  2  t . Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d1 và d2. 3.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  2 , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. Câu Vb. (3 điểm). 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y + 6 = 0, và điểm A(1; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B, C sao cho BA = BC 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:  xt  và d 2 :  y  2  t    .  z  1  t  Lập phương trình đường thẳng d1 là hình chiếu song song của d1 theo phương d 2 lên mặt phẳng (Oyz) x5 y 2 z 6 d1 :   2 1 3. 3. Giải hệ phương trình :. log y  log 3  2   x2  y 2  4 . 3 2. . x   y  x  x 2  xy  y 2. . ..........................................................................Hết............................................................................ http://ductam_tp.violet.vn/. Lop12.net. 0.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐH -TRƯỜNG THPT LÊ LỢI LẦN 1 (Đáp án gồm có 04 trang) Câu I 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3 + TXĐ: D   Đạo hàm y’ = 4x3 - 8x y’ = 0  x  0, x   2 Giới hạn : lim   x. . . Hàm số đồng biến trên  2;0 ;. . . . 2;  , nghịch biến trên ;  2 ; 0; 2. 1,25 0.25 0.25. . 0.25. Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x =  2 , yCT = - 1 + Bảng biến thiên. 0.25. 0.25. + Đồ thị 0. 2. Phương trình tương đương với x4 – 4x2 + 3 =  log 3 a Theo đồ thị câu 1 bài toán yêu cầu tương đương. 0,25. 1   log 3 a < 3  log 3 a  1  1  log 3 a  1 . Câu II. 1 a3 3.   1. Giải phương trình: 2 cos 2   2 x   3 cos 4 x  4 cos 2 x  1 . 4 . 0,25. .  sin 4 x  3 cos 4 x  2 2 cos 2 x  1 1 3 sin 4 x  cos 4 x  cos 2 x 2 2    cos  4 x    cos 2 x 6  . 0,25 0,25.    x  12  k   k    x    k  36 3 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực :   x 2  3x  2  0 (*)   2 2  x  3 x  2   x  2mx  2m.  x 2  3x  2   x 2  2mx  2m.  1 x  2  1 x  2 3x  2   f ( x)   2m 2 m ( x  1 )  3 x  2   x 1. http://ductam_tp.violet.vn/. Lop12.net. 0,25 1điểm.   Phương trình tương đương với  1  cos   4 x   3 cos 4 x  4 cos 2 x  1 2 . . 0,25. 0,25. (*). 1. 1điểm 0,25. 0,25. 1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> + f(x) liên tục trên 1; 2 và có f ( x) . 5.  x  1. Bài toán yêu cầu  f (1)  2m  f (2)  Câu III. 2.  0, x  1; 2  f (x) đồng biến trên 1;2. 1 2 m 4 3. 0,25 0,25. 8. 1. Tính tích phân I =. dx 15 x 1  x. . 1điểm. dx  2tdt Đặt t = 1  x  t 2  1  x   . 2 x  1 t  x  15  t  4 Đổi cận :   x  8  t  3 3 4 4 4 2tdt 2tdt dt 1 1 I    2  (  )dt 2 2 2    t (1  t ) t (1  t ) 1  t t  1 t  1 4 3 3 3. 0.5. 0,25. 4.  t 1  5  ln  ln  6  t  1 3   SBC   ...... và SA=SB=SC 2. Xác định đúng góc   SBA. 0,25. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ S, ta có SH=h, và H là tâm dáy . Gọi K là trung điểm BC ta có SK  BC Đặt cạnh đáy BC = 2x, khi đó BK = x Ta có SK  x. tan  (trong tam giác SBK) Trong SHK : x2 2 2 2 2 SH  HK  SK  h   x 2 .tan 2  3 2 3h  x2  3 tan 2   1  S ABC . 0,25. 0,25. (2 x) 2 3 3h 2 3  4 3 tan 2   1. 0,25. h3 3 1 1 3h 2 3  Vậy V  SH .SABC  .h. (đ.v.t.t) 3 3 3 tan 2   1 3 tan 2   1       ;   tan   1;  .Suy ra V  4 2 . Vậy, max V  Câu IV. h3 3 h3 3 h3 3 .   3 tan 2   1 3.1  1 2. h3 3   tan   1    2 4. 0,25. Cho a  0; b  0 và a  b  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của M  a 2 . 1 1  b2  2 2 a b. 1  1  2   Ta có M  (a 2  b 2 )1  2 2   2ab1  2 2   2ab  (dấu "=" xẩy ra khi a=b) ab  ab   ab  1  1 Theo Cô-si 1  a  b  2 ab  0  ab  . Đặt t=ab ta có t  D   0;  4  4. http://ductam_tp.violet.vn/. Lop12.net. 1điểm 0,25 0,25. 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu Va. 2 Do đó M  f (t )  2t  , t  D 0,25 t 2 1  1  17  1 0,25 f (t )  2  2  2(t 2  1) 2  0, t   0;   min f (t )  f    . D t t  4 4 2 17 1 Vậy min M  đạt được khi a  b  . 2 2 ( Bài này còn nhiều cách giải khác) 1 1điểm 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  0 . Viết phương trình tiếp tuyến. với  C  , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục hoành bằng 60o . Tiếp tuyến tạo với trục hoành một góc 60o  hệ số góc của tiếp tuyến bằng tan 60o hoặc tan120o Do đó tiếp tuyến có dạng y  3 x  b hoặc y   3 x  b (d) (d) tiếp xúc với đường tròn  d ( I , d )  1 .  3.(1)  b 2. b  2  3 1  b  2  3. 0.25. Vậy ta có 4 tiếp tuyến : 3 x  y  2  3  0, 3 x  y  2  3  0, 3 x  y  2  3  0, 3 x  y  2  3  0, 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau : x  1 t x y 1 z 1   và d 2 :  d1 :  y  2t 1 3 1  z  2  t  Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d1 và d2  Đường thẳng d1 đi qua A(1; 0; -2) và có vectơ chỉ phương là u1  (1; 2;1) , đường thẳng d2 đi qua  B(0; 1; 1) và có vectơ chỉ phương là u2  (1;3; 1) 1 1 1 Gọi E trung điểm AB , và (P) là mặt phẳng qua E ( ; ; ) song song 2 đường thẳng d1,d2 thì (P) 2 2 2 là mặt phẳng phải tìm .    Ta có u1 , u2  = (-5;0;-5) nên n  (1;0;1) là một véctơ pháp tuyến của (P) . 1 1   Vậy phương trình mặt phẳng (P) là : 1.  x    0  1.  z    0  x  z  0 2 2   3.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  2 , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. 1. Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z. 2 2 z  1  2i  2   x  1   y  2  4. 0 .. Đường tròn (C) :  x  1   y  2  4 có tâm (1;2) Đường thẳng OI có phương trình y=2x Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm biểu diễn số phức đó thuộc đường tròn (C) và gần gốc tọa độ O nhất, điểm đó chỉ là một trong hai giao điểm của đường thẳng OI với (C), khi đó tọa độ của nó thỏa mãn hệ 2. Câu Vb. 2   4  2 4   y 2 nên số phức z  1  2 i 5 5 5  5 . 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y + 6 = 0 và điểm A(1; 3). 1 Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B , C sao cho BA = BC. http://ductam_tp.violet.vn/. 0.25 1 điểm. 0,25. 0,25 0,25 0,25 1điểm 0,25. 2.  y  2 x 2 2 hoặc x  1   x 1  2 2 5 5  x  1   y  2   4 Chọn x  1 . 0,25 0.25. Lop12.net. 0,25. 0,25. 0.25 1điểm. 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0,25. Đường tròn có tâm I(3;-1) ; bán kính R = 2.và IA  2 5  2  R  A ngoài đường tròn . Gọi d là đường thẳng qua A cắt (C) tại B,C sao cho AB=BC ta có : AB. AC  AI 2  R 2  2 AB 2  20  4  16  AB  2 2  BC  2 BE Với E là trung điểm BC  BE  2  d ( I , d )  2 .. 0,25 0,25. Mà phương trình đường thẳng d qua A có hệ số góc k là: y = k(x-1)+3 hay kx–y+3-k =0. d (I , d ) . 3k  1  3  k k2 1.  2  k  1; k  7 0,25. Vậy có 2 đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán x  y  4  0;7 x  y  10  0 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:.  xt  và d 2 :  y  2 .  z  1  t  Lập phương trình đường thẳng d1 là hình chiếu song song của d1 theo phương d 2 lên mặt (Oyz) x5 y 2 z 6 d1 :   2 1 3. 1điểm. Ta có u1  (2;1;3) là VTCP d1 và u 2  (1;0;1) là VTCP d2 không cùng phương. Gọi ( ) là mặt phẳng qua d1 và song song d 2  d1 (nếu có) là giao tuyến của ( ) và (Oyz).. 0, 25. Ta có phương trình của ( ) : x – 5y +z - 1 = 0 và phương trình mặt phẳng (Oyz) là: x = 0. 0,5. x  0  Suy ra phương trình đường thẳng d1 là :  y  t  z  1  5t . 3. Giải hệ phương trình :. log y  log 3  2   x2  y 2  4 . 3 2. 0,25. t   . . . x   y  x  x 2  xy  y 2 . *. 1điểm. 2. y 3  Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : x  xy  y   x    y 2  0 x, y >0 2 4  2. Xét x > y  log Xét x < y  log. 3 2. 3 2. x  log. 3 2. x  log. 2. VT(*)  0 y  (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. VP(*)  0. 3 2. VT(*)  0 y  (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. VP(*)  0. 0  0 Khi x = y hệ cho ta  2  x = y = 2 ( do x, y > 0). 2 2 x  2 y  4 Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y  . . 2; 2. . 0. 0.25. 0. 0,25. 0. 0,25. 0,25. ---------------------Hết----------------------Chú ý: Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.. http://ductam_tp.violet.vn/. Lop12.net. 4.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>