Đề thi thử đại học môn thi: Toán khối A, B, D

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011. TRƯỜNG THPT PHÚC THÀNH. Môn thi: TOÁN. Khối A, B, D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề. Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y  x3  3mx 2  4m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. Câu II (2.0 điểm ) 3 4  2sin 2 x   2 3  2(cot x  1) . 2 sin 2 x cos x  x3  y 3  3 y 2  3 x  2  0 2. Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực. 2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0    ) 6 tan( x  4 dx Câu III (1.0 điểm ) Tính tích phân I   cos2x 0. 1. Giải phương trình:. Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh SA . a 3 ; các cạnh còn lại đều bằng a. 2. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B đến mp(SAC). Câu V (2.0 điểm) 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương trình: x y 1 z  2   (P): 2x  y  2z  2 = 0; (d): 1 2 1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 8 . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có A( 0 ; 2), B( 4 ; 5) và giao điểm của hai đường chéo thuộc đường thẳng (d) có phương trình x – y – 1 = 0. Hãy tính toạ độ các điểm C, D. Câu VI (2.0 điểm) 1. Thực hiện phép tính. (1  i ) 2011 (1  i ) 2010. ( trong đó i 2  1 ).. 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  6. Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 1 của biểu thức: P    1  xy 1  yz 1  zx o0o Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................SBD:...................... Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu. Nội dung 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3  3x2 + 4 + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2  6x = 0  x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0 y” = 6x  6 = 0  x = 1 Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +). Điểm uốn (1; 2). 0.25.  3 4 Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim x3 1   3    x x  x x . 0.25. LËp BBT:. x. +. y. 2. 0. ∞. y’. . 0 4. ∞ I. Điểm. 0. +∞ +. +∞. 0.25. 0. §å thÞ:. y. 0.25. x. O. x  0 2/. Ta có: y’ = 3x2  6mx = 0    x  2m Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0..  Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB  (2m; 4m3 ). Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3) Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x Lop12.net. 0.25. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2m  4m3  0  3 2m  m Giải ra ta có: m  . 2 ;m=0 2. 0.25. Kết hợp với điều kiện ta có: m   2/. Đk: x  k. 2 2.  2. 0.25. Phương trình đã cho tương đương với: 4 3 1  tg 2 x   2 3  2cotg x sin 2 x 2(sin 2 x  cos 2 x)  3tg 2 x   3  2cotg x sin x cos x. . . 0.25.  3tg 2 x  2tg x  3  0    tg x   3 x    k  3     tg x  1  x    k  3  6. II. 0.25. KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x .  x3  y 3  3 y 2  3 x  2  0 2/.  2 2 2  x  1  x  3 2 y  y  m  0.    k ; kZ 6 2. 0.25. (1) (2). 0.25. 1  x  0 1  x  1 Điều kiện:    2 2 y  y  0 0  y  2 2. Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2. Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1)  t = y  y = x + 1  (2)  x 2  2 1  x 2  m  0. 0.25 0.25. Đặt v  1  x 2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m. Hàm số g(v) = v2 + 2v  1 đạt min g (v)  1; m ax g (v)  2 [ 0;1]. [ 0;1]. 0.25. Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2 . III. . tan( x  ) 4 dx Tính tích phân I   c os2x 0 6. 1.00. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . . . tan( x  ) 6 1  tan 2 x 4 I dx    dx 2 cos2x 0 0 1  tan x  6. Đặt t  tan x  dt= x  0  t  0; 1 3. Suy ra. I  0. Vậy I . 0.25. 1 dx  (tan 2 x  1)dx cos 2 x  1 x t  6 3. 0.25. 1. dt 1 3 1 3 .   2 (t  1) t 1 0 2. 0.25. 1 3 2. 0.25 1.00. Tính theo a khoảng cách từ B đến mp(SAC). ( Không có hình, hoặc hình vẽ sai không chấm điểm). IV. Gọi M là trung điểm của BC thì SM  BC , AM  BC . Suy ra tam giác SMA đều 0.25. 2. 3a 3 a 3 vì có các cạnh bằng . Diện tích tam giác SMA bằng 16 2. Ta có VSABC  2VSBAM. 1 1 3a 2 3 a 3 3  2. .BM .S SAM  .a.  3 3 16 16. Gọi N là trung điểm của SA. Ta có CN  SA  CN  vuông tại N).  S SCA Ta có VSABC . 0.25. a 13 ( vì tam giác CAN 4. 1 1 a 3 a 13 a 2 39  SA.CN  .  2 2 2 4 16. a3 3 1 1 a 2 39  S SCA .d ( B ,( SAC ))  .d ( B ,( SAC )) . Suy ra: 16 3 3 16. d( B;( SAC )) . 1. Viết phương trình mặt cầu ...... V.  x  t  Đường thẳng () có phương trình tham số là:  y  1  2t ; t  R z  2  t . 3a 13. 0.25. 0.25 1.00. 0.25. Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I (t; 1 + 2t; 2+ t)(). Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên: Lop12.net. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  t | 2t  1  2t  4  2t  2 | | 6t  5 | d ( I ; )    3   3 3 3 7 2. t    3.  2 1 8  7 17 1   Có hai tâm mặt cầu: I   ; ;  vµ I  ;  ;    3 3 3  3 3 3 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có chu vi bằng 8 => r = 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5.. 0.25. Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2. 2. 2. 2. 2. 0.25. 2. Hãy tính toạ độ các điểm C, D.. 1.00. Tâm I thuộc (d) nên I( x ; x – 1) .. 0.25.  Có IA  ( x;3  x),.  IB  (4  x;6  x). . 0.25 9 2. Do IA vuông góc với IB  IA.IB  0  x  ; x  2.. 0.25. Ta được hai nghiệm : C1 ( 9 ; 5 ), D1 ( 5; 2 ) và C2 ( 4 ; 0 ), D2 ( 0 ; - 3).. 02.5. 1. Thực hiện phép tính ..... 1.00. (1  i ) 2011  1  i   Ta có  (1  i ) 2010  1  i . Mà :. 2010. (1  i ).. 0.25. 1 i (1  i ) 2 1  2i  1   i 1  i (1  i )(1  i ) 2. (1  i ) 2011  1  i   Suy ra  (1  i ) 2010  1  i . VI. 2. 2  1  8 7  17   1    x     y     z    25 vµ  x     y     z    25 3  3  3 3  3  3  . 0.25. 2010. (1  i )  i 2010 (1  i )  (i 2 )1005 (1  i )  1  i. 0.25. (1  i ) 2011  1  i Vậy (1  i ) 2010. 0.25. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn.... 1.00.  1 1 1    2/. Ta có:  (1  xy )  (1  yz )  (1  zx)     9 (phải cm) 1  xy 1  yz 1  zx  . 0.25. P. 9 9  Do x 2  y 2  z 2  xy  z  zx (phải cm) 2 2 2 3  xy  yz  zx 3  x  y  z. 0.25.  P. 9 1 3 6. 0.25. Vậy GTNN là Pmin =. 3 khi x  y  z  2 2. Chú ý: Nếu thí làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa ! Lop12.net. 0.25.

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