Bài giảng 2 đề thi thử Đại học môn Toán và đáp án tham khảo

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM 2010
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I Môn Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số y = -x
3
+3x
2
+1
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
2. Tìm m để phương trình x
3
-3x
2
= m
3
-3m
2
có ba nghiệm phân biệt.
Câu II (2,0 điểm ).
1. Giải bất phương trình:
2
x 4 x 4
x x 16 6
2
+ + −
≤ + − −

2.Giải phương trình:
2

1
3 sin sin 2 tan
2
x x x+ =
Câu III (1,0 điểm).
Tính tích phân:
ln3
2x
x x
ln 2
e dx
I
e 1 e 2
=
− + −
∫
Câu IV (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=
a 2
. Đáy là tam giác ABC cân
·
0
BAC 120=
, cạnh BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung
điểm của SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).
Câu V (1,0 điểm).
Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh:
( )
3 3 3
3 3 3

1 1 1 3 b c c a a b
a b c
a b c 2 a b c
+ + +
   
+ + + + ≥ + +
 ÷  ÷
   
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a(2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) :
2 2
x y 4x 2y 1 0+ − − + =
và điểm
A(4;5). Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc
với (C) tại T
1
, T
2
, viết phương trình đường thẳng T
1
T
2
.
2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):
2 2 2
x y z 2x 4y 2z 3 0+ + − + + − =
Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc

với (S) tại A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P).
1
Câu VII.a(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các
điều kiện:
z i z 2 3i− = − −
. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có
mô đun nhỏ nhất.
B. Theo chương trình nâng cao :
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16,
A,B thuộc đường thẳng d:
2 2x y 2 2 0− − =
và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ
độ trọng tâm của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3),
B(2;1;0), C(0;-1;-2). Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A
của tam giác ABC.
Câu VII.b(1,0 điểm).
Cho hàm số (C
m
):
2
x x m
y
x 1
− +
=
−
(m là tham số). Tìm m để (C

m
) cắt Ox tại hai điểm
phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến của (C
m
) tại A, B vuông góc.
..……………………….Hết…………………………
2
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
Câu Nội dung Điểm
I.1
(1 điểm)
TXĐ: R
Sự biến thiên: y' = -3x
2
+ 6x = -3x(x - 2)
y' = 0
⇔
x 0
x 2
=


=

Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞)
Hàm số đồng biến trên (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y

CĐ
= 5
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= 1

lim
x→−∞
y = + ∞,
lim
x→+∞
y = - ∞
Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞
y' - 0 + 0 -
+ ∞ 5
y
1 -∞
Đồ thị: y'' = -6x + 6
y'' = 0
⇔
x = 1
⇒
điểm uốn I(1;3) là tâm đối xứng của đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
I.2
(1 điểm)
PT đã cho

⇔
-x
3
+ 3x
2

+ 1 = -m
3
+ 3m
2

+ 1. Đặt k = -m
3
+ 3m
2

+ 1
Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k.
Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt
⇔
1 < k < 5

⇔
m
∈
(-1;3)\
{ }
0;2
.
0,25

0,25
0,25
0,25
II.1
(1 điểm)
Đk:
x 4 0
x 4 0
+ ≥


− ≥


⇔
x
≥
4. Đặt t =
x 4 x 4+ + −
(t > 0)
BPT trở thành: t
2
- t - 6
≥
0
⇔
t 2(L)
t 3
≤ −



≥

Với t
≥
3
⇔
2
2
x 16−

≥
9 - 2x
2 2
( )
0 ( )
4( 16) (9 2 )
a
b
x x
 ≥



≤




≥



>




− ≥ −


x 4
9 - 2x 0
x 4
9 - 2x
0,25
0,25
3
(a)
⇔
x
≥

9
2
.
(b)
⇔

145 9
36 2

≤ x <
.
Tập nghệm của BPT là: T=
145
;
36
 
+∞
÷

 
0,25
0,25
II.2
(1 điểm)
Đk: cosx
≠
0
⇔
x
≠

k
2
π
+ π
.
PT đã cho
⇔
3 sin

2
x + sinxcosx -
sinx
cos x
= 0

⇔
sinx( 3 sinx + cosx -
1
cos x
) = 0

⇔

sinx 0
1
3sinx cos 0
osx
x
c
=



+ − =

Sinx = 0
⇔
x = k
π

.
3 sinx + cosx -
1
cos x
= 0
⇔
3 tanx + 1 -
2
1
cos x
= 0

⇔
tan
2
x - 3 tanx = 0
⇔

t anx 0
t anx 3
=


=

⇔
x k
x k
3
= π



π

= + π

Vậy PT có các họ nghiệm: x = k
π
, x =
k
3
π
+ π
0,25
0,25
0,25
0,25
III.
(1 điểm)
Đặt t =
x
e 2−
, Khi x = ln2
⇒
t = 0
x = ln3
⇒
t = 1
e
x

= t
2
+ 2
⇒
e
2x
dx = 2tdt
I = 2
1
2
2
0
(t 2)tdt
t t 1
+
+ +
∫
= 2
1
2
0
2t 1
(t 1 )dt
t t 1
+
− +
+ +
∫
= 2
1

0
(t 1)dt−
∫
+ 2
1
2
2
0
d(t t 1)
t t 1
+ +
+ +
∫

=
2
1
(t 2t)
0
−
+ 2ln(t
2
+ t + 1)
1
0
= 2ln3 - 1
0,25
0,25
0,25
0,25

IV.
(1 điểm)
Áp dụng định lí cosin trong
∆
ABC có AB = AC =
2a
3

⇒

S
ABC∆
=
1
2
AB.AC.sin120
0
=
2
a 3
3
. Gọi H là hình chiếu của S
lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC
⇒
HA = HB = HC

⇒
H là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
ABC.

Theo định lí sin trong
∆
ABC ta có:
BC
sin A
= 2R
⇒
R =
2a
3
= HA

∆
SHA vuông tại H
⇒
SH =
2 2
SA HA−
=
a 6
3
0,25
0,25
4
⇒

S.ABC
V
=
1

3
S
SBC∆
.SH =
2
a 2
9
Gọi h
A
, h
M
lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)

⇒

M
A
h SM 1
h SA 2
= =

⇒
h
M
=
1
2
h
A
.

∆
SBC vuông tại S
⇒

S
SBC∆
= a
2
Lại có:
S.ABC
V
=
1
3
S
SBC∆
.h
A

⇒
h
A
=
S.ABC
SBC
3V
V
∆
=

a 2
3

Vậy h
M
= d(M;(SBC)) =
a 2
6
0,25
0,25
V
(1 điểm)
Ta cm với a, b > 0 có a
3
+ b
3

≥
a
2
b + ab
2
(*)
Thật vậy: (*)
⇔
(a + b)(a
2
-ab + b
2
) - ab(a + b)

≥
0

⇔
(a + b)(a - b)
2

≥
0 đúng
Đẳng thức xẩy ra khi a = b.
Từ (*)
⇒
a
3
+ b
3

≥
ab(a + b)
b
3
+ c
3

≥
bc(b + c)
c
3
+ a
3

≥
ca(c + a)

⇒
2(a
3
+ b
3
+ c
3
)
≥
ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)
Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có:

3
1
a
+
3
1
a
+
3
1
a

≥
3

3
3 3 3
1 1 1
a b c
=
3
abc
(2)
Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm
Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c.
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a.1
(1 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2.
Ta có IA = 2 5 > R
⇒
A nằm ngoài đường tròn (C)
Xét đường thẳng
1
∆
: x = 4 đi qua A có d(I;
1
∆
) = 2
⇒

1

∆
là 1 tiếp
tuyến của (C)

1
∆
tiếp xúc với (C ) tại T
1
(4;1)
T
1
T
2

⊥
IA
⇒
đường thẳng T
1
T
2
có vtpt
n
r
=
1
2
IA
uur
=(1;2)

phương trình đường thẳng T
1
T
2
: 1(x - 4) + 2(y - 1)

⇔
x + 2y - 6 = 0
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a.2
(1 điểm)
Mp(P) có vtpt
P
n
ur
= (1;1;-2).
(S) có tâm I(1;-2;-1)

IA
uur
= (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng
∆
là
u
∆
ur

∆
tiếp xúc với (S) tại A
⇒

u
∆
ur

⊥

IA
uur
Vì
∆
// (P)
⇒

u
∆
ur

⊥
P
n
ur

Chọn
0
u
ur

= [
IA
uur
,
P
n
ur
] = (-4;6;1)
0,25
0,25
0,25
5