Bộ đề thi thử đại học môn thi: Toán (Đề số 8)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>http://ductam_tp.violet.vn/ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn: Toán. Khối A, B.. Đề thi thử lần 2 (Tháng 03 năm 2010). Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề). 4 2 2 Câu I. (2 điểm). Cho hàm số y  x  2 m x  1 (1). 1) Với m = 1, khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2) Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện tích tam giác ABC bằng 32 (đơn vị diện tích).. Câu II. (2 điểm). x  3  2 x x  1  2 x  x2  4 x  3 . 1  sin 2 x 1  t an2x  2) Giải phương trình lượng giác: cos 2 2 x 1) Giải phương trình:. . Câu III. (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau:. y  cos x và y  x 2   x  3. 2. 4 Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:. 4c 4a b   3 2 a  b b  2c c  a Câu VI. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(3; 0), đường thẳng d1: 2x – y – 2 = 0, đường thẳng d 2: x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt d1, d 2 lần lượt tại A và B sao cho MA = 2MB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P): 5x – 4y + z – 6 = 0,  x  1  7t (Q): 2x – y + z + 7 = 0, đường thẳng d:  y  3t . Viết phương trình mặt cầu (S) cắt (Q)  z  1  2t  theo thiết diện là hình tròn có diện tích bằng 20 và có tâm là giao của d với (P) . 2. Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình :. 2 y 3  16 x  2 log x y  log y ( xy ). --------------- HẾT --------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.. Gửi laisac Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 TRƯỜNG THPT THANH OAI B THÁNG 03 NĂM 2010. CÂU. NỘI DUNG 4. ĐIỂM. 2. Với m = 1 hàm số là: y  x  2 x  1 +) TXĐ: R +) Giới hạn, đạo hàm: lim y  lim y   x . x . x  0 y '  4 x3  4 x; y '  0    x  1 +) BBT: x -  -1 y' - 0 y +. I.1. 0,25 0 0 1. +. -. 1 0. + + + 0,25. 0 0 +) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; +  ); nghiechj biến trên các khoảng (-  ; - 1), (0; 1) Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x =  1, yCT = 0 +) ĐT: Dạng đồ thị. 0,25. 10. 8. 6. 4. 2. -15. -10. 0,25. -5. 5. 10. 15. -2. -4. -6. -8. -10. I.2. x  0 +) Ta có y’ = 4x3 – 4m2x ; y’ = 0   2 ; ĐK có 3 điểm cực trị : m  0 2 x  m +) Tọa độ ba điểm cực trị : A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m4), C(m ; 1 – m4) ; +) CM tam giác ABC cân đỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I(0 ; 1 – m4). 1 5 +) S ABC  AI .BC  m 4 m  m  32  m  2 (tm) 2 +) ĐK: x  1. x  3  2x x  1  2x  x2  4 x  3  2 x . . II.1.   . . . x 1 1  x  3. . . x  1 1  0. 0,25. 0,25 2,25 0,25 0,25. x  1 1 2x  x  3  0. . 0,25. x  0  x 1  1 x  0 x  0    (tm)   x  1 x  3  2x x 1      x  3 / 4. 0,5. . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>    k ,k  Z 4 2 1  sin 2 x 1  t an2x   cos 2 2 x  sin 2 xcos2 x  1  sin 2 x cos 2 2 x  sin 2 2 x  sin 2 x  sin 2 x.cos2 x  0  sin 2 x (sin 2 x  cos2 x  1)  0. +) ĐK: x . II.2. 0,5.   xk  sin 2 x  0 2   (k , l  Z ) sin 2 x  cos2 x  1  x    l ; x    l  2 4 +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là x  k. 0,25  , x  l ;( k , l  Z ) 2. 0,25. 10. 8. 6. 4. 2. -1 5. -1 0. -5. 5. 10. 0,25. 15. -2. -4. -6. III -8. -1 0. . 3. Chứng minh được hai đường có đúng hai giao điểm hoành độ  2 và 2   2 2 2     3  1  3  4 3 2 3 2 S  2   cos x  x 2   x  dx  2. s inx  x  x  x  4     4  3 2 4   3      2 2 Do AH  ( A1 B1C1 ) nªn gãc AA1 H lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc AA1 H b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc. 0,25. 0,5 1 điểm. a 3 . Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H 2 a 3 thuéc B1C1 vµ A1 H  nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c AH  B1C1 2 nªn B1C1  ( AA1 H ). AA1 H =300  A1 H . IV. A. KÎ ®­êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1 Ta cã AA1.HK = A1H.AH K A1 H . AH a 3  HK . AA1. . B. C. 4. A. C. H B1. V. 4c 4a b  4c   4a   b    3  2    2    2  9 2a  b b  2c c  a 2 a  b b  2 c c  a       2 2 1     2a  b  2c     9 2 a  b b  2 c c  a   Lop12.net. 1 điểm.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>    b b  1 1 1     a      c    c  a      9 2 2    a  b b c c a   2 2 . b b +) Áp dụng BĐT Cô – si cho ba số dương  a   ,   c  ,  c  a  và. 2  2   1 rồi nhân hai BĐT cùng chiều ta có đpcm. , , b b c  a a c 2 2 x  t x  u +) Dạng tham số của d1 và d2 : d1 :  , d2 :   y  2  2t  y  3  u   +) Tọa độ A(t; - 2 + 2t), B(u; - 3 – u). MA   t  3; 2  2t  ; MB   u  3; 3  u  1. 1. . 7 . .  16. 0,25 0,25. . 20 . +) TH1: MA  2.MB : Tìm được t   3 , MA    3 ;  3   VTCPd : ud   4;5    VI.1. x 3 y   5 x  4 y  15  0 4 5  17   8 28    t  , MA  ;  VTCPd : u +) TH2: MA  2.MB : Tìm được   d   2; 7  3 3 3  x 3 y d:   7 x  2 y  21  0 2 7. 0,25. d:. 0,25. +) Tâm I của mặt cầu là giao của d và (P) nên tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình:  x  1  7t t  0  y  3t x  1      I (1; 0;1)   z  1  2t y  0  5 x  4 y  z  6  0  z  1 VI.2. +) Gọi h là khoảng cách từ I đến mp(Q), ta có:. 0,25. h. 2.1  0  1  7 2. 2  (  1) 2  (  1) 2. . 10 6.  h2 . 50 3. 0,25. +) Thiết diện của (Q) với mặt cầu (S) là hình tròn có diện tích bằng 20  20   .r 2  r 2  20 (r là bán kính hình tròn). 0,25. 50 110  20  3 3 110 2 2 2 Suy ra phương trình mặt cầu (S):  x  1  y   z  1  3 0  x  1, 0  y  1 +) ĐK:. 0,25. 2 2 2 +) Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có R  h  r . 2. 2  2 y 3  16 x  y  3  4 x(1)  +)  2 2 log x y  1  log y x (2) log x y  log y ( xy ). VII. t  1 x  y 1 2 +) Đặt log x y  t  (2) : 2t  1   2t  t  1  0    1 2 t   t x  y  2. +) Với x = y, kết hợp (1) ta được x = y = 1 (loại) và x = y = 3 (nhận). +) Với x = y-2, kết hợp với (1) ta được y2 = 1 (loại), y = - 4 (loại) Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y =3.. 0,25. 0,25 0,25 0,25. Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa. Lop12.net.

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