Bài giảng môn học Ngữ văn lớp 8 - Tuần 1 - Tiết 1-2 - Bài 1: Văn bản: Tôi đi học

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 Môn thi: TOÁN, Khối A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y  x 3  (1  2m) x 2  (2  m) x  m  2 (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x  y  7  0 góc  , biết. cos  . 1 26. .. Câu II (2 điểm).  2x  log 21  4  5 . 4  x   2. 1. Giải bất phương trình:. 3 sin 2 x.2 cos x  1  2  cos 3 x  cos 2 x  3 cos x.. 2. Giải phương trình: Câu III (1 điểm) 4. Tính tích phân: I .  1  0. x 1 1  2x. . 2. dx .. Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB  a 2 . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA  2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) 0 bằng 60 .Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  xyz . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. P. x y z  2  2 . x  yz y  zx z  xy 2. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x  y  1  0 , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3 . Câu VII.a (1 điểm). . . Cho khai triển: 1  2 x  x 2  x  1  a 0  a1 x  a 2 x 2  ...  a14 x 14 . Hãy tìm giá trị của a 6 . B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 và trọng tâm G thuộc đường thẳng d: 3 x  y  4  0 . Tìm tọa độ đỉnh C. 10. 2. 2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) x  y  z  1  0 ,đường thẳng d:. x  2 y 1 z 1   1 1 3. Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng  nằm trong (P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng 3 2 . 3 Câu VII.b (1 điểm)  zi Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức:    1.. i z. 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 MÔN:TOÁN, Khối A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. Câu I(2đ). ý Nội dung 1(1đ) Khảo sát hàm số khi m = 2 Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3  3x 2 + 4 a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim y  ; lim y   x . Điểm. 0,25. x . •Chiều biến thiên: Có y’ = 3x2  6x; y’=0  x =0, x =2 x  0 2 + y’ + 0  0 + 4 + y 0  Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 0) và (2 ; +), nghịch biến trên (0 ; 2). •Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4; y Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0. 4 c) Đồ thị: Qua (-1 ;0) Tâm đối xứng:I(1 ; 2) I 2. 0,25. 0,25. 0,25. -1 0. 1. 2. x. 2(1đ) Tìm m ... Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến  tiếp tuyến có véctơ pháp n1  (k ;1) d: có véctơ pháp n2  (1;1) Ta có cos  . n1 .n2 n1 n2. . 1 26. . 0,5. 3  k1   2  12k 2  26k  12  0   2 2 k 1 k  2 2 3  k 1. Yêu cầu của bài toán thỏa mãn  ít nhất một trong hai phương trình: y /  k1 (1) và y /  k 2 (2) có nghiệm x 3  2 có nghiệm 3 x  2(1  2m) x  2  m  2 / 1  0   / có nghiệm  2  0 3 x 2  2(1  2m) x  2  m  2  3. 0,25. 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 1  8m 2  2m  1  0 m   4 ; m  2 1 1  2   m   hoặc m  4 2 4m  m  3  0 m   3 ; m  1  4. II(2đ). 1(1đ) Giải bất phương trình ...  2 2x log 1 4  x  4  0  Bpt   2  2 x 2 log 9  12 4  x. 0,25. 2x   3  log 1 4  x  2(1) 2   2x  3(2) 2  log 1 4 x 2 . 0,25.  3x  8  4  x  0 2x 8 16 8   x . Giải (1): (1)  4  4 x 3 5  5 x  16  0  4  x 17 x  4  4  x  0 1 2x 1 4 4    x . Giải (2): (2)   8 4 x 4 17 9 9x  4  0  4  x  4 4   8 16  Vậy bất phương trình có tập nghiệm  ;    ;  . 17 9   3 5  2(1đ) Giải PT lượng giác Pt  3 sin 2 x(2 cos x  1)  (cos 3 x  cos x)  (cos 2 x  1)  (2 cos x  1).  3 sin 2 x(2 cos x  1)  4 sin 2 x cos x  2 sin 2 x  (2 cos x  1). 0,25. 0,25. 0,25. 0,5.  (2 cos x  1)( 3 sin 2 x  2 sin 2 x  1)  0 • 3 sin 2 x  2 sin 2 x  1  0  3 sin 2 x  cos 2 x  2  sin( 2 x  x.  6.  6. )  1. 0,25.  k. 2   x  3  k 2 (k  Z ) • 2 cos x  1  0    x   2  k 2 0,25 3  2 2   k 2 ; x    k 2 và x    k (k Vậy phương trình có nghiệm: x  3 3 6  Z). III(1đ) 1(1đ) Tính tích phân. 4 x 1 I  0 1  1  2x. . . 2. dx . 0,25 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> t 2  2t  dx  (t  1)dt và x  •Đặt t  1  1  2 x  dt  2 1  2x Đổi cận x 0 4 t 2 4 4 4 4 1 (t 2  2t  2)(t  1) 1 t 3  3t 2  4t  2 1  4 2 •Ta có I =  dt  dt   t  3   2 dt 2 2   22 22 2 2 t t  t t dx. 1t 2   3t  4 ln t   2 2 t 2. =. = 2 ln 2 . IV. (1đ). 1 4. 0,5. 0,25. Tính thể tích và khoảng cách S. •Ta có IA  2 IH  H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH BC = AB 2  2a ; AI= a ; IH=. AH = AI + IH =. 0,25. IA a = 2 2. 3a 2. K A. B I H. C •Ta có HC 2  AC 2  AH 2  2 AC. AH cos 45 0  HC  . a 5 2. . Vì SH  ( ABC )  ( SC ; ( ABC ))  SCH  60 0 SH  HC tan 60 0 . • VS . ABC . •. 0,25. a 15 2. 1 1 1 a 15 a 3 15 S ABC .SH  . (a 2 ) 2  3 3 2 2 6. 0,25. BI  AH    BI  (SAH ) BI  SH  0,25. Ta có. d ( K ; ( SAH )) SK 1 1 1 a    d ( K ; ( SAH ))  d ( B; ( SAH )  BI  d ( B; ( SAH )) SB 2 2 2 2. 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> V. (1đ). Tim giá trị lớn nhất của P x y z  2  2 . x  xy y  zx z  xy x y z Vì x; y; z  0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có: P  =   2 2 2 x yz 2 y zx 2 z 2 xy P. 2. 0,25. 1  2 2 2    4  yz zx xy . . 1  1 1 1 1 1 1  1  yz  zx  xy  1  x 2  y 2  z 2            4  y z z x x y  2  xyz xyz  2 1  xyz  1    2  xyz  2 . Dấu bằng xảy ra  x  y  z  3 . Vậy MaxP =.   . 1 2. 0,5 0,25. PHẦN TỰ CHỌN: Câu VIa(2đ). ý Nội dung 1(1đ) Viết phương trình đường tròn… KH: d1 : x  y  1  0; d 2 : 2 x  y  2  0. Điểm 0,25. d1 có véctơ pháp tuyến n1  (1;1) và d 2 có véctơ pháp tuyến n2  (1;1). • AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương n1  (1;1)  phương trình AC: x  y 3  0. x  y  3  0 C  AC  d 2  Tọa độ C là nghiệm hệ:   C (1;4) . 2 x  y  2  0 x  3 yB • Gọi B( x B ; y B )  M ( B ; ) ( M là trung điểm AB) 2 2 xB  y B  1  0   B(1;0) Ta có B thuộc d1 và M thuộc d 2 nên ta có:  yB  x B  3  2  2  0 • Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: x 2  y 2  2ax  2by  c  0 . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có 6a  c  9 a  1    b  2  Pt đường tròn qua A, B, C là:  2a  c  1  2a  8b  c  17 c  3   2 2 x  y  2 x  4 y  3  0 . Tâm I(1;-2) bán kính R = 2 2 2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P). 0,25. 0,5. 5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> •Gọi n  (a; b; c)  O là véctơ pháp tuyến của (P) Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0)  pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 0,25. Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0  b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0. • d(C;(P)) =. 3. 2a  c a  (a  2c)  c 2. 2. 2.  3  2a 2  16ac  14c 2  0 0,5. a  c   a  7c •TH1: a  c ta chọn a  c  1  Pt của (P): x-y+z+2=0. 0,25. TH2: a  7c ta chọn a =7; c = 1 Pt của (P):7x+5y+z+2=0 VII.a. (1 đ). Tìm hệ số của khai triển 1 3 (2 x  1) 2  nên 4 4 1  2 x 10 ( x 2  x  1) 2  1 (1  2 x)14  3 (1  2 x)12  9 (1  2 x)10 16 8 16 14 6 6 6 • Trong khai triển 1  2 x  hệ số của x là: 2 C14. • Ta có x 2  x  1 . 0,25. Trong khai triển 1  2 x  hệ số của x 6 là: 2 6 C126 12. Trong khai triển 1  2 x  hệ số của x là: 2 C 10. 6. 6. 6 10. 1 6 6 3 6 6 9 2 C14  2 C12  2 6 C106  41748. 16 8 16 1(1đ) Tìm tọa độ của điểm C x y • Gọi tọa độ của điểm C ( xC ; y C )  G (1  C ; C ) . Vì G thuộc d 3 3 x  y   31  C   C  4  0  y C  3 xC  3  C ( xC ;3 xC  3) 3  3 . • Vậy hệ số a 6 . VI.b(2đ). 0,5. 0,25. 0,25. •Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương AB  (1;2)  ptAB : 2 x  y  3  0. 2 xC  3 xC  3  3 11 1 11 11 AB.d (C ; AB)   d (C ; AB)    2 2 5 5 5  xC  1  5 xC  6  11    xC  17 5 . • S ABC . 0,5. 6 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> • TH1: xC  1  C (1;6) 17 17 36  C ( ; ) . TH2: xC  5 5 5 2(1đ) Viết phương trình của đường thẳng. 0,25. • (P) có véc tơ pháp tuyến n( P )  (1;1;1) và d có véc tơ chỉ phương. .u  (1;1;3) I  d  ( P)  I (1;2;4). 0,25. . . • vì   ( P);   d   có véc tơ chỉ phương u   n( P ) ; u  (4;2;2)  2(2;1;1) • Gọi H là hình chiếu của I trên   H  mp(Q) qua I và vuông góc  Phương trình (Q):  2( x  1)  ( y  2)  ( z  4)  0  2 x  y  z  4  0 Gọi d1  ( P)  (Q)  d1 có vécto chỉ phương. n. (P). ; n( Q ). . x  1   (0;3;3)  3(0;1;1) và d1 qua I  ptd1 :  y  2  t z  4  t . Ta có H  d1  H (1;2  t ;4  t )  IH  (0; t ; t ). 0,5. t  3 • IH  3 2  2t 2  3 2   t  3 x 1 y  5 z  7   2 1 1 x 1 y 1 z 1   TH2: t  3  H (1;1;1)  pt : 2 1 1 Giải phương trình trên tập số phức.. • TH1: t  3  H (1;5;7)  pt :. VII.b. 1đ. 0,25. ĐK: z  i zi ta có phương trình: w 3  1  ( w  1)( w 2  w  1)  0 iz  w  1  w  1 1 i 3  2  w   2 w  w  1  0  w   1  i 3  2. • Đặt w . 0,5. 7 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> zi 1 z  0 iz 1 i 3 z  i 1 i 3    (1  i 3 ) z   3  3i  z   3 • Với w  2 iz 2. • Với w  1 . 1 i 3 z  i 1 i 3    (1  i 3 ) z  3  3i  z  3 2 iz 2 Vậy pt có ba nghiệm z  0; z  3 và z   3 .. 0,5. • Với w . ---------------------------Hết---------------------------. 8 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>