Đề Toán - Thi thử Đại học - lần 4

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010. Môn thi: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút. Ngày 20 tháng 12 năm 2010. A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm) cos2 x  cos3 x  1 1.Giải phương trình: cos 2x  tan 2 x  . cos2 x 2. Giải hệ phương trình: .  x2  y2  xy 1  4 y 2. 2.  y(x  y)  2x  7 y  2. , (x, y  R) .. Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I  . e. 1. log32 x x 1 3ln2 x. dx .. Câu IV. (1 điểm) a 3 vµ gãc BAD = 600. Gäi M vµ N 2 lÇn l-ît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh A'D' vµ A'B'. Chøng minh AC' vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (BDMN). TÝnh thÓ tÝch khèi chãp A.BDMN. Câu V. (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' =. 7 . 27. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  1. Chứng minh rằng: ab  bc  ca  2abc . B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. ( 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 VIIa. (1 điểm) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2z. 2.  4z 11  0 . Tính giá trị của biểu thức. z. 2. z. 2. 1 2 (z1  z2 )2. 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3y  8  0 ,  ' :3x  4 y 10  0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC. Câu VIIb. (1 điểm) 2 log1x ( xy  2x  y  2)  log2y (x2  2x 1)  6 , (x, y  R) . Giải hệ phương trình :  =1 log1x ( y  5)  log2 y ( x  4) ----------------------------------------------------------tavi -----------------------------------------------------Lop12.net. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010 Câu Ý Nội dung I 1 2 2 PT hoành độ giao điểm x 3+ 3x 2 + mx + 1 = 1  x(x + 3x + m) = 0  m = 0, f(x) = 0 Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 và y’(x1).y’(x2) = -1.. Điểm 1 0.25 0.25. 9  4m  0, f (0)  m  0. Hay . 2. 2. (3x1  6x1  m)(3x2  6x2  m)  1.  9 m  , m  0  4 9(x1x2 ) 2 18x1x2 (x1  x2 )  3m(x1  x2 ) 2 36x12x2  6m(x1  x2 )  m  1. II. 1.  9 m  , m  0  4 2 2  4m  9m 1  0 . Giải ra ta có ĐS: m = 9  65 8 2 2 2 ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về cos 2x  tan x  1 cos x  (1 tan x)  2 cos 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. 0.25. 0.25 0.5 0.5. 3. 2.  x 1  x  y  4 y . 2 x 1 2 (x  y)  2 7 y . 2 2   x  y  xy  1  4 y  y  0 , ta có:   2 2  y(x  y)  2x  7 y  2 . 0.25. 2. x 1  uv  4  u  4v  v  3, u  1 Đặt u  , v  x  y ta có hệ:  2  2  y v  2u  7 v 2v 15  0 v  5, u  9. 0.25. +) Với v  3, u  1 ta có 2. 2. 2. x  1  y  x  1  y  x  x  2  0  x  1, y  2 hệ:     .  x  y  3  y  3 x  y  3 x  x  2, y  5 2. 2. 2. x  1  9 y x 1  9 y x  9x  46  0 +) Với v  5, u  9 ta có hệ:  , hệ này   x  y  5 y  5  x y  5  x    vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: (x; y)  {(1; 2), (2; 5)}.. III e. I. 3. log2 x. . e.  ln x    ln 2 .  x 1 3ln x dx x 1 3ln x 1. 2. 2. 1. 0.25. 0.25. 3 e. 1. dx . 2. ln x.. 1 ln 3ln 2 x 3. 1. 2. ln xdx . x. 1 2 dx 1 2 2 Đặt 1 3ln x  t  ln x  (t 1)  ln x.  tdt . Đổi cận … 3 x 3 1 2 e 3 2 2 t 1 Suy ra I  1 x 1log 3ln2 x 2 x dx  ln13 2 1 3  t  . 13 tdt  9 ln13 2 1 t 2 1 dt. 0.25. 0.25 0.25. 2. IV. 1 1 3  4  t t   3  3 9ln 2  3  1 27 ln 2 Chứng tỏ AC’  BD C/m AC’  PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’  (BDMN) Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dùng cách hiệu các thể tích thì phải chỉ ra cách tính. Lop12.net. 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là:. 0.25. Ta có ab  bc  ca  2abc  a(b  c)  (1 2a)bc  a(1 a)  (1 2a)bc . Đặt t= bc thì ta. V. 2 2 0.5  (1 a) (1 a) có 0  t  bc   .Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn 0;  4 4 4  (a  1 a) 2 1 7 Có f(0) = a(1 – a)    và 4 4 27 0,25 2  (1 a) 2 7 1 1  1  7 f với mọi a 0;1    (2a  )  a     4  27 4 3  3  27   7 0.25 Vậy ab  bc  ca  2abc  . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 27 Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6-m) lµ trung ®iÓm cña BC Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). V× C’ lµ trung ®iÓm cña AB nªn:  2m  c  5 11 2m  2c  2m  c  5 11 2m  2c 5 C'  ; ) 30m  CC ' nªn 2( 0.5 2 2 2 2  . (b  c). VIa.. 3a3 . 16. 1.. 2. 6 5 41  I  ( ; ) . Ph-¬ng tr×nh BC: 3x – 3y + 23=0 6 6. 2.. VII a. 2x  y  3  0  14 37  Tọa độ của C là nghiệm của hệ:  C ;  3 3 3x  3y  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.. 0.5 0.25. Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC):   2x  y  z 1  0 .. 0.25.  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).    2x  y  z  1  0  z  1. 0.25. Bán kính là R  IA . 0.25. 2. 2. 2. (1 0)  (0  2)  (11)  5.. Giải pt đã cho ta được các nghiệm: z1  1 . 32 2. 32 i, z2  1. 2. i. 0.5. 2. 32 22 1      2  2 . Suy ra | z1 || z2 | 2. 1.. 2.. ; z1  z2  2. 2. 11 4 (z1 z 2) Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 3(3t  8)  4t  10 2 2  (3t  8  2)  (t 1) 2 2 3 4 Giải tiếp được t = -3 2 2 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1) + (y + 3) = 25. Ta có AB  (2; 3; 1), AC  (2; 1; 1)  n  (2; 4; 8) là 1 vtpt của (ABC) Đo đó. VIb. z1  z2. 2.  ...  2. Lop12.net. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 M(x; y; z) MA = MB = MC  …. M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 VII b. 0.25 0.25 0.25. 2. xy  2x  y  2  0, x  2x 1  0, y  5  0, x  4  0 + Điều kiện:  (I ) . 0  1 x  1, 0  2  y  1. 0.25. 2log1x[(1 x)( y  2)]  2log2 y (1 x)  6 log1x ( y  2)  log2 y (1  x)  2  0 (1) (I )    =1 = 1 (2). log1x ( y  5)  log2 y (x  4) log1x ( y  5)  log2 y (x  4). 0.25. 1 2 Đặt log2 y (1 x)  t thì (1) trở thành: t   2  0  (t 1)  0  t  1. t Với t  1 ta có: 1 x  y  2  y  x 1 (3). Thế vào (2) ta có: x  4 x  4 2 log1x (x  4)  log1x (x  4) = 1  log1x 1   1  x  x  2x  0 x4 x4 x0  y  1  x  2 . Suy ra: y  1 .   + Kiểm tra thấy chỉ có x  2, y  1 thoả mãn điều kiện trên. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  2, y  1 .. 0.25. 0.25. B. A P D. N Q M. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>