Bài giảng Đề thi thư lần 1

Trờng THPT Tĩnh gia 2
Đề thi thử đại học khối d lần 1
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề).
A. Phần chung: (7 điểm)
Câu I. (2điểm)
Cho hàm số
132
23
=
xxy
(C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2.Gọi d là đờng thẳng đi qua M (0;-1) và có hệ số góc k . Tìm k để đờng thẳng d cắt (C) tại ba điểm phân
biệt.
Câu II. (2 điểm)
1.Giải phơng trình:
082.124
515
22
=+

xxxx
2. Giải hệ phơng trình:
),(,
272)(
41
22
22
Ryx
yxyxy
yxyyx

++=+
=+++
.
Câu III.(2 điểm)
1.Giải phơng trình :
x
xx
xx
2
32
2
cos
1coscos
tan2cos
+
=
2. Cho tam giác ABC có A(-1;3) , đờng cao BH nằm trên đờng thẳng
xy
=
, phân giác trong góc C nằm
trên đờng thẳng
023
=++
yx

. Viết phơng trình đờng thẳng BC.
Câu IV.(1 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
yx
z
xz
y
zy
x
Q
+
+
+
+
+
=
333

với x,y,z là các số dơng thoả mãn điều kiện
6
++
zyx
Phần riêng: (3 điểm)
A. Theo chơng trình chuẩn.
Câu Va. (1 điểm) Tính nguyên hàm:

+
dx
x
x

32
3
)1(

Câu VIa.(2 điểm)
1.Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy AB = a , chiều cao SO =
2
6a
. Mặt phẳng (P) qua A
vuông với SC cắt SB,SC,SD lần lợt tại B, C, D.Tính diện tích thiết diện tạo thành và tìm tỉ số của hai phần
hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng (P).
2.Trong mặt phẳng Oxy ,cho đờng tròn (C) :
.1
22
=+
yx
Đờng tròn ( C

) tâm I (2;2) cắt ( C) tại điểm A,B
sao cho AB =
2
. Viết phơng trình đờng thẳng AB.
B.Theo chơng trình nâng cao.
Câu Vb. (1 điểm) Tính nguyên hàm:

+
dxe
x 13
Câu VI b.(2 điểm)
1 Cho hình chóp SABC có SA = SB = SC =

2a
. Đáy là

ABC cân

0
120
=
ABC
cạnh BC = 2a .
Tính thể tích của khối chóp SABC gọi M là trung điểm của SA . Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng
(SBC).
2.Cho đờng tròn ( C ) :
0242
22
=+++
yxyx
. Viết phơng trình đờng tròn ( C

) tâm M(5;1) biết (C ) cắt ( C
) tại điểm A,B sao cho
.3
=
AB
.
.Hết .
Đáp án đề thi khối d
Câu Đáp án
Điểm
1.TXĐ : D = R

Sự biến thiên.
xxy 66'
2
=
,



=
=
=
1
0
0'
x
x
y
0.25
)1;0(0'
);1()0;(0'
<
+>
xy
xy
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y
ct
= -2
Hàm số đạt cc đại tại x = 0 , y
cđ
= -1

0.25
Giới hạn .
+=
+
x
ylim
,

=
ỹ
ylim
Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
Bảng biến thiên.
x -

0 1 +

y + 0 - 0 +
y - 1 +

-

-2
0.25
Đồ thị.
= -1, y = -6
x = 2 , y = 3
điểm uốn
( )
2

3
;
2
1

I
Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận
( )
2
3
;
2
1

I

làm điểm uốn
0.25
2. Đờng thẳng d qua M(0;-1) có k là hệ số góc phơng trình là y=kx-1 để d cắt (C) tại 3
điểm phân biệt thì phơng trình 2x
3
-3x
2
-1=kx-1 có 3 nghiệm phân biệt

2x
3
-3x
2
-kx = 0

x(2x
2
-3x-k) = 0




==
=
032)(
0
2
kxxxg
x
có 3 nghiệm phân
biệt
0.5
Điều kiện là
0
9
8
0)0(
0
<




>

k
g
0.5
C©u II
1.®k
5
2
≥
x
§Æt t =
5
2
2
−−
xx
, ®k t
≥
0
Pt



=
=
⇔=+−⇔
4
2
086
2
t

t
tt
0.5
Víi t =2 ta cã
22
5
2
=
−−
xx

3
3
1
5115
22
=⇔



=
≥
⇔−=−⇔=−−⇔
x
x
x
xxxx

Víi t = 4 ta cã
42

5
2
=
−−
xx
4
9
4
9
2
5225
22
=⇔





=
≥
⇔−=−⇔=−−⇔
x
x
x
xxxx
KÕt luËn: Pt cã 2 nghiÖm





=
=
4
9
3
x
x
0.5
2. Víi y
≠
0 ta cã







=
+
−+
=++
+
7
1
2)(
4
1
2
2

2
y
x
yx
yx
y
x
§Æt u=
y
x 1
2
+
v=x+y
0.5
Ta cã hÖ



−==
==
⇔



=−
=+
5,9
3,1
72
4

2
vu
vu
uv
vu
Víi u=1,v=3 ta cã



=−=
==
⇔



=+
=+
5,2
2,1
3
1
2
yx
yx
yx
yx
Víi u=9,v=-5 ta cã




−=+
=+
5
91
2
yx
yx
hÖ v« nghiÖm
Kl :HÖ cã 2 cÆp nghiÖm (1;2) (-2;5)
0.5
Câu III
1.đk:


kxx
+
2
0cos
Pt
x
xxx
2
22
cos
1
cos1tan1cos2
+=
0.5

+=
+=
=





=
=

=
+=





2
3
2
2
3
2

2
2
1
cos
1cos
01coscos2
1tancos1tan1cos2
2
222
kx
kx
kx
x
x
xx
xxxx
0.5
2. Đờng thẳng AC qua A(-1;3), và nhận vectơ chỉ phơng của đờng cao BH là
)1;1(
=
u

làm vectơ pháp tuyến nên có pt

020)3.(1)1(
=+=++
yxyx

Do
CDACC

=
nên toạ độ của C là nghiệm của hệ phơng trình.
).2;4(
2
4
023
02




=
=




=++
=+
C
y
x
yx
yx
0.5
Gọi H là điểm đối xứng của H qua CD và
'HHCDK
=
khi đó
BCH

'
Do
CDK

suy ra
);23( ttK

(chuyển PT CD về dạng tham số). Từ đó
)1;33(
=
ttHK
Mặt khác , CD có vectơ chỉ phơng là
).1;3(
=
v
Do
vKH

suy ra
0.
=
vHK






==+

5
4
;
5
2
5
4
0810 Ktt
do K là trung điểm của HH nên.










=
=
5
13
;
5
1
'
2
2
'

'
H
yyy
xxx
HKH
HKH
Vậy đờng thẳng BC qua C và H có Pt
0187
5
13
2
5
13
5
1
4
5
1
=
+
+
=
+
+
yx
yx
0.5
Câu IV
Ta có
z

yx
yx
z
y
xz
zx
y
x
zy
zy
x
32
2
32
2
32
2
3
3
3
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+

+
+

( )
626
3
3
3
+++
+
+
+
+
+

zyx
yx
z
xz
y
zy
x

Vậy Q
NN
=3
2
===
zyx
1

CâuVa

+
+
=
+
=
32
22
22
3
)1(
)1(
2
1
)1( x
xdx
dx
x
x
I
Đặt t=x
2
+1
0.5
I=
C
xx
C
t

t
dtttdt
t
t
+
+

+
=+==



)
1
1
)1(2
1
(
2
1
)
1
2
1
(
2
1
)(
2
1)1(

2
1
2222
32
3
0.5
CâuVIa 1 . Dựng
.' SCAC

Gọi 0 là tâm hình vuông ABCD, G là giao điểm của AC với SO .
Qua G dựng đờng thẳng song song với BD cắt SB,SD tơng ứng tại B,D. Vì BD

(SAC)
nên BD

AC.
Tam giác SAC đều vì SC=a
2
, từ đó
AC = S0 =
2
6a
BD =
2
3
2
a
(G là trọng tâm tam giác SAC).
Do đó : S
ABCD

=
3
3
'''.
2
1
2
a
DBAC
=

0.5
Ta có : V
S.ABCD
=
.
18
6
;
6
6
3
''''.
3
a
V
a
DCBAS
=
Từ đó

.
2
1
'''.
''''.
=
BCDABCD
DCBAS
V
V
0.5
2. Đờng tròn (C)
1
22
=+
yx
,đờng tròn (C) tâm I (2;2) cắt (C) tại hai điểm AB :
AB =
OAB

2
vuông cân.Đt AB nhận
)2;2(IO
làm pháp tuyến nên có pt
x + y+ c = 0

0.5

==
2

2
2
2
2
);0(
C
ABd



=
=
1
1
c
c
Phơng trình AB là



=+
=++
01
01
yx
yx
0.5
CâuVIb
1 .

+
=
dxeI
x 13
Đặt
1313
2
+=+=
xtxt
tdtdx 23
=
( )
( )
ceexCetedtteI
xxttt
++=+==
++

1313
13
3
2
3
2
3
2
1