de va dap an thi thu DHCD kA 2010

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (125.41 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT ANH SƠN II
———————————

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN 2 NĂM 2010

Môn thi : TOÁN; Khối A, B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số: y x3 3mx2 4m



 , (1) m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1

2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực trị A, B của đồ thị
hàm số (1) cùng với gốc toạ độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 8.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: 























 x x x x x

x

3
sin
.
3
2
sin
.

2
cos
4
4
cos
)
cos
(sin

4 6 6  

2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
3
4 (1 )
2

)
1
(
2

1 x m x x x x m

x       

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:
















2
2
3

4
4

ln dx

x
x
x

I

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A; góc ABC bằng 60o;

AB = 2a; cạnh bên AA’ = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh B’C’. Tính khoảng cách từ C đến mặt
phẳng (A’BM) theo a.

Câu V ( 1,0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực không âm bất kỳ. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2

3
4
2
3
4
2
3

4 3

2
3












xy
z

z
zx

y
y
zy

x
x
P

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)

A.Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI. a ( 2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ): 2 ( 1)2 4

1 x  y 

C và

2
)

1
(
:
)

( 2 2

2 x y 

C . Viết phương trình đường thẳng ∆ , biết đường thẳng ∆ tiếp xúc
với đường tròn (C1) đồng thời đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C2) tại 2 điểm phân biệt
E, F sao cho EF = 2.

2. Trong không gian với hệ Oxyz, cho hai đường thẳng ∆1:

2
1
2

1 





 y z

x

; ∆

2
2
1

3
2







y z

x

và mặt phẳng (P): x + y + 4z + 2 = 0. Tìm toạ độ điểm M trên
đường thẳng ∆1 và điểm N trên đường thẳng ∆2 sao cho MN song song với mặt phẳng
(P) đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng MN với mặt phẳng (P) bằng 2

Câu VII. a. (1,0 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn 2 2



z

z và z 2

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI . b (2,0 điểm):

1. Cho A(3; 1), B(-1; 2) và điểm M di động trên đường thẳng d: y = x (x





1

). Đường thẳng

MA, MB cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại P, Q. Chứng minh PQ luôn đi qua một điểm
cố định.

2. Trong hệ Oxyz , cho đường thẳng ∆:

4
1
1



y z
x

; và điểm M(0; 3; -2). Viết phương
trình mặt phẳng (P)đi qua điểm M song song với đường thẳng ∆ , đồng thời khoảng cách
giữa đường thẳng ∆ với mặt phẳng (P) bằng 3.

Câu VII b. ( 1,0 điểm): Giải phương trình: ,( )

2
log
.

2 2 2

log2 x x x R

x x  









...HẾT...

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN 2 (2010) TRƯỜNG ANH SƠN 2

CÂU NỘI DUNG ĐIÊ

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

I-1
(1,0đ)

TXD: R

y’ = 3x2 – 6x = 0



x =0 hoặc x = 2

bảng bt

x 0 2
y’ + 0 - 0 +
y 4

1,0

I-2 Điều kiện hs có cực đại, cực tiểu : m0

Hai điểm cực trị của đồ thị hs là: A(0; 4m), B(2m; 4m-4m3)

0.25
0.25
( 1,0

điểm) Pt đường thẳng OA: x = 0;

m
Oy

B
d
OA
B
d
m

OA4 ; ( , ) ( , )2

Diện tích tam giác OAB là: . ( , ) 2 4 16 2
2







 OAd B OA m m m

S

0.25
0.25
II-1

(1,0
điểm)

2
2
cos
1
2
cos
0

2
2
cos
2
cos

)
2
cos
2
1
(
2
cos
2

cos
2

)
cos(
3
cos
2
cos
2
4
cos
2

4
cos
3
5

2
2





































x
x

x

x
x

x

x
x

PT  

)
(k Z
k

x 

 

0.25
0.25
0.25
0.25
II-2

(1,0

điểm)

Ta thấy x0 là nghiệm thì 1 – x0 cũng là nghiệm pt . Do dó pt có nghiệm duy nhất khi

x0= 1-x0 hay x0 =

2
1
Với x0 =

2
1

suy ra m = 0; m = 1; m = -1
Điều kiện đủ: m = 0 thay vào pt(1)

2
1
0

)
1
(

0
)
1
(
2

1  4    4  4  2   



 x x x x x x x

m = 1: (1) x 1 x2 x(1 x) 24 x(1 x) 1 pt có ít nhất 2 nghiệm x= 0;x =1 
m = -1:

2
1
0

)
1
(

)
1

(  4 x 4  x 2  x  x 2   x . Vậy m =0; m = -1

0.25
0.25

0.25

0.25
III

(1,0đ)

Đặt



















































4

16

4 ln

4

3

2 x

v

dx

x

du

dxx

dv

x

u

Do đó ) 2

5
3
ln(
4
15
4

4
4
ln
)
16
(

1 1

0
1
0
2
2
4























xdx

x
x
x

I

0.5

(1,0đ) AC = 2Suy ra AH = 3a; BC = 4a: A’M = 2a. A’H là đường cao tam giác vuông A’B’C’3a; AH vuông góc (BCC’B’). 
Diện tích tam giác MBC là SMBC=6a2

Thể tích khối chóp A’MBC là

VA’MBC = ' . 2 3 3

3
1

a
S

H

A MBC 

Gọi B’I là đường cao tam giác đều A’B’M
. B'I a 3;BI A'M;BI 2 3a

Diện tích tam giác A’BM là 2

' 2 . ' 2 3

a
M

A
BI

SABM  

Thể tích khối chóp C.A’BM là:

a
BM
A
C
d
a
S

MB
A
C
d

VCABM ( ,( ' )). ABM 2 3 ( , ' ) 3
3

1 3

'
'

.    

0.25
0.25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

0.25
V

(1,0đ) Áp dụng bđt Côsy ta có

2
3

3
3

6
)
1
(

2
2

4x   x x   x (1)
Nếu x = y = z = 0 thì P = 0. Nếu y = z = 0 thì

6
1
2
4 3





x
x

P

Nếu z = 0 thì

3
1
6
1
6
1
2
4
2

4 3

2
3









y
y
x

x

P Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1
Xét cả ba số x,y,z đều dương. Từ (1) suy ra

zy
x

x
yz

x
x

3
6
2
3

4 2

2
3





 ;

Tương tự : ;

3
6
2
3

4 2

2
3

xz
y

y
xz

y
y





 z xy

z
yx

z
z

3
6
2

4 2

2
3





P



zy
x

x
3
6 2

 + y  xz 
y

3
6 2

xy
z

z
3
6 2

 = 





















 2 2 2 2

1
2

1
3
1

z
xy
y

zx
x

yz

Đặt 2 , 2 , z2

xy
c
y
xz
b

x
yz

a   thì a,b,c > 0 và abc= 1. Khi đó:







































)
(

2
)
(

4
9

)
(

4
12
3
1
2

1
2

1
3
1

ac
bc
ab
c

b
a

ac
bc
ab
c
b
a
c

b
a

P (2)

Áp dụng côsy: 33 ( )3 3






bc ca abc

ab . Do đó:

ac
bc
ab
c
b
a
ac

bc
ab
c

b

a           

4( ) 2( ) 12 4( )

9 (3)

Từ (2) và (3) suy ra
3
1


P .Đẳng thức xảy ra khi a = b =c = 1 hay x = y = z = 1

0.25

0.25
VI a -1

(1,0đ) Đường tròn (C1) có tâm I1(0; -1), R1=2; (C2) có tâm I1(1; 0), R= 2 . Đường thẳng ∆ cách

tâm I2 một khoảng 1

2
2

2  






 EF
R

TH1: Nếu ∆ vuông góc với Ox: ∆ có dạng x – m = 0; d(I1;∆) = R1 và d( I2;∆) = 1 ta có

m = 2. vậy ∆: x- 2 = 0

TH2: ∆ không vuông góc trục Ox: ∆: kx – y + b = 0. Từ gt ta có d(I1;∆) = R1 và d( I2;∆) = 1

Ta có hệ





























1

0

1

2

1

2 b

k

bk

k

b

Phương trình đường thẳng ∆: y- 1 = 0

0.25

0.5

VIa-2

(1,0đ) Vtpt của (P) là Gọi M(t; -2t; 1-2t)n



∆(11;; N( 2k ;3-k; -2+2k)1;4). Từ gt MN//(P) và d(MN,(P))=



∆2, MN (2k2t;.Ta có hệk 2t3;2k 2t 3)

0.25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>









































3

1 ;

3

4 1;0

2

23

96

099

9 2))(;

(

0. kt

t

kt

PMd

nMN

Vậy M(0;0;1), N(2;2;0) hoặc M(

3
5
;
3

8
;
3
4




N(-3
8
;
3
10
;

3
2

 )
VIIa

(1,0đ) Gọi số phức z = x + yi (x,y



R). Ta có z x  y 2xyi;zx yi
2

2 .Từ gt có hệ pt:







































2

4 4)1

2)(

4()

4 2(

2)

2()

(

2 x

y

xx

yxy

xy

x

yx

3
;

1 



 x y hoặc x=1;y= - 3hoặc x= -2; y = 0.
Vậy có 3 số phức :Z= - 2 :Z = 1 3i

0.25

0.5

0.25

VIb-1

(1,0đ) Gọi M(m ;m) thuộc d : y = x. Đường thẳng AM có vtcp AM(m 3;m 1).có pt là
(m-1)x – (m – 3)y – 2m = 0. MA cắt trục Ox tai ;0);( 1)

1
2

( 

 m

m
m
P

Đường thẳng BM có pt là:(m -2)x – (m +1)y + 3m = 0, cắt trục Oy tại Q(

1
3
;
0



m

) ; m



-1

Pt đường thẳng PQ : 3(m – 1)x + 2(m + 1)y – 6m = 0 với m1

I(x0 ;y0) là điểm cố định của PQ. Ta có (3x0 + 2y0 – 6)m – 3x0 + 2y0 = 0 có nghiệm với mọi

1



m .Khi đó có hệ

































2

3

1

0

2

3

06

2

3

0 y

x

y

x

y

x

.Vậy PQ đi qua điểm cố định I(1 ;
2
3
)

0.25
0.25
0.25

0.25

VIb-2

(1,0đ) Gọi

)
;
;

(a b c

n là một vtpt của mp (P). Đường thẳng ∆ có vtcp u(1;1;4)đi qua điểm

A(0 ;0 ;1). Pt mặt phẳng (P) đi qua M(0 ;3 ;-2) là : ax + by + cz – 3b + 2c = 0

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Từ gt ta có :



























































cb

cba

bc

cba

PAd

Pd

un

8

2

4

3

04 3);(

);(

0.

22

2

Vậy có 2 mp (P) là : 2x + 2y - z – 8 = 0 và 4x – 8y + z + 26 = 0
VIIb

(1,0đ)

Đk x > 0. Đặt t = log2x



x = 2t. Phương trình có dạng :

 

2t t (t 1)

 

2t 2t t 1 2 t 2t

2 2 2 2 1 2 2









  (1)

Xét hs f(x) = 2x + x ; f’(x) = 2xlnx + 1 > 0 với mọi x. Hàm số f(x) đồng biến trên R

Pt (1)



t2 + 1 = 2t



t = 1



x = 2

</div>

de va dap an thi thu DHCD kA 2010

<b>ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN 2 NĂM 2010</b>

<sub></sub>





1

<sub></sub>





















































4

4

16

16

4

4

ln

4

4

3

2

2

<i>x</i>

<i>v</i>

<i>dx</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>du</i>

<i>dxx</i>

<i>dv</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>u</i>

<sub></sub>









































1

0

1