De thi thu DH so 4

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (146.24 KB, 6 trang )

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

Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011

MƠN: TỐN-KHỐI D

(Thời gian làm bài : 180 phút)

A. PHẦN BẮT BUỘC

Câu I(2 điểm). Cho hàm số y = x3 – 2mx2 + m2x – 1 có đồ thị (C
m) .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2 ; + ∞ ).
Câu II (2 điểm).

1. Giải phương trình : 2 sin2x+sin 2x=2

√

2 sinxsin

(

3x+π
4

)

2. Giải hệ phương trình:

x3+x2y=2y
x2y − y3

=y

¿{

CâuIII(1 điểm). Tính tích phân I =

∫

0
3 ln 2

√

ex
+2
CâuIV(1 điểm).

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và
mặt đáy bằng 600 . Tính thể tích hình chóp S.ABCD.

CâuV(1 điểm).

Cho 3 số dương x , y , z có tổng bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức :

√

xy+z +

√

yz
yz+x+

√

zx
zx+y ≤

3
2

B. PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chọn phần I hoặc II)

I-

Chương trình chuẩn

CâuVIa(2 điểm).

1. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 . Biết A(1;0) , B(0;2) và trung điểm I của
AC nằm trên đường thẳng y = x . Tìm toạ độ đỉnh C.

2. Trong không gian , cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) có phương trình:
(P) : 2x + y + z – 1 = 0 , (d) : x −21=y

1=
z+2

−3 . Viết phương trình
của đường thẳng (Δ) qua giao điểm của (P) và (d) , vng góc với (d) và nằm
trong (P).

CâuVIIa( 1điểm). Giải phương trình :

4 2

1
log ( 2) log ( 2) 0

x x x  x 
.

II-

Chương trình nâng cao

Câu VIb(2điểm).

1.

Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , cạnh AB nằm trên đường
thẳng () : 3x +4y +1 = 0 và AB = 2AD và giao điểm hai đường chéo là I(0 ;

2¿ . Tìm phương trình đường trịn (C) ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD.

2.

Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;-1;2) và
mp(P) : x – 2 y + 3z – 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A ,
B và vng góc với mp(P).

CâuVIb(1điểm). Giải bất phương trình: log2



x3



 1 log2 x1

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

ĐÁP ÁN –KHỐI D

Câu Nội dung Th/điểm
A. Phần bắt buộc

CâuII
2điểm

1-(1đ)

Với m = 1 , hàm số y = x3 – 2x2 + x – 1

* TXĐ: D = R

* Giới hạn : x → ±∞lim y=± ∞

* y’ = 3x2 – 4x + 1

1 1

' 1 23

3 27

x y
y o

x y

  




  

   



* y” = 6x – 4

⇒y=0 dlrarrow x= \{ \{2\} over \{3\} \} drarrow y= - \{ \{25 \} over \{27 \} \} \} \{

⇒I

(

2
3;−

)

- điểm uốn
* Bảng biến thiên:

Hàm số tăng trên (− ∞;13);(1;+∞) và giảm trên (13;1)
* Đồ thị (Tự vẽ).

0,25

2 2- (1 điểm). Hàm số y = x3 – 2mx2 + m2x – 1

* y’ = 3x2 – 4mx + m2 có Δ'

=m2

⇒y '=0⇔

x=m
3

x=m

¿
¿
¿
¿
¿

Với m > 0 ,

hàm số đồng biến trên (2;+∞)⇔y ' ≥0,∀x>2⇔m≤2⇒0<m≤2 (1)

Với m = 0 , y’ = 3x2 0,∀x , nên hàm số tăng trên (2;+∞) khi m = 0

(2)

Với m < 0 ,

hàm số đồng biến trên (2;+∞)⇔y ' ≥0,∀x>2⇔m

3≤2⇒m≤6⇒m<0 (3)
Theo (1) , (2) , (3) suy ra : m≤2 hàm số đồng biến trên (2;+∞)

0,25

0,25
0,25

0,25

CâuII
2điểm

1- (1điểm) Giải phương trình :
2 sin2x

+sin 2x=2

√

2 sinxsin

(

3x+π
4

)

0,25

y’





3 



1

0
0

+ __-- +





y’









1
x

0
0

+ __-- +





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

sinx=0⇔x=kπ(1)

sinx+cosx=

√

2sin

(

3x+π
4

)

(2)

¿
¿
¿
¿

¿⇔2 sin

x+2 sinxcosx=2

√

2 sinxsin

(

3x+π
4

)

⇔

Phương trình (2) tương đương sin(x+π

4)=sin

(

3x+
π
4

)

⇔

x+π
4=3x+

π
4+k2π

x+π

4=−3x −
π
4+k2π

x=kπ

x=−π
8+k

π
2

¿
¿
¿

⇔¿
¿
¿
¿

Vậy phương trình có nghiệm là x = k π , x=−π
8+k

π
2 .

0,25

2-1điểm Giải hệ phương trình:

x3+x2y=2y
x2y − y3

=y

¿{

Nhận xét (0 ; 0) là một nghiệm của hệ phương trình

Xét y ≠0 , cho hai vế hệ phương trình cho y3 ta được hê:

(

xy

)

(

x
y

)

=2. 1
y2 (1)

(

xy

)

−1= 1

y2 (2)

¿{

thay (2) vào (1) ta được

(

x
y

)

−

(

x
y

)

+2=0

Đặt t = xy⇒t3−t2+2=0⇔(t+1)(t2−2t+2)=0⇔t=−1

Với t = - 1 => y = - x ta được : x3 – x3 = - 2x => x = 0 và y = 0 (loại)

Vậy hệ phương chỉ có một nghiêm (0;0).

0,5

0,25

CâuII

I
1điểm

Tính tích phân I =

∫

0
3 ln 2

dx
3

√

ex+2
=

∫

0
3 ln 2

dx
e

x

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

Đặt t = e
x

3⇒dt=1

3e
x

3dx⇒dx

=3
t dt

Đổi cận :

x=0⇒t=1

x=3 ln 2⇒t=2

¿
¿
¿
¿

I = 3

∫

1
2

dt
t(t+2)=

1
6

∫

(

1t −

1
t+2

)

dt=

(

lnt −ln(t+2)

)

¿1
2

=1
6ln

t
t+2¿1

=1
6ln

3
2

0,25

0,25
0,5

CâuI
V
1điểm

Do S.ABCD hình chóp đều , nên SO là đường cao h/c
Gọi E là trung điểm CD , suy ra SE⊥CD,OE⊥CD

Suy ra góc SEO là góc giữa mặt bên và mặt đáy
Và góc SEO = 600

Ta có : SO = OE tan600 = a

√

2
Đáy ABCD là hình vng và SABCD = a2

Vậy : VS.ABCD = 1

3h.Sđ=a

√3

0,25

0,5
CâuV

1điểm

√

xyxy+z +

√

yz+yz x+

√

zxzx+y ≤32

Ta có : x + y + z = 1 ⇒z=1− x − y⇒xy+z=(1− x)(1− y)

⇒

√

xy+z=

√

(1− x)(1− y)=

√

y
1− x

x
1− y≤

1
2

(

y
1− x+

x
1− y

)

TT:

√

yz+x≤
1
2

(

z
1− y+

y
1− z

)

;

√

zx
zx+y ≤

1
2

(

z
1− x+

x
1− z

)

⇒VT≤1
2

(

y+z
1− x+

x+z
1− y+

x+y
1− z

)

3
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 13 .

B Phần tự chọn
I-3đ

CâuV
Ia

2-điểm

1-(1điểm)

Ta có : ⃗AB=(−1;2)⇒AB=

√5 .

Phương trình AB là : 2x + y – z – 2 = 0.
I (d): y x suy ra I(t;t) . I là trung điểm của AC : C(2t – 1 ; 2t)

Theo bài suy ra : SABC =

2AB .d(C ;AB)=2⇔|6t −4|=4⇔
t=0

t=4
3

¿
¿
¿
¿
¿

Từ đó ta suy ra hai điểm C(-1;0) hoặc C

(

5
3;

)

thoả mãn.

0,25

0,5

2-(1điểm)

B C

D
E

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

Đường thẳng (d) :

x=1+2t
y=t
z=−2−3t

¿{ {

(d) cắt (p) tại M ⇒2(1+2t)+t+(−2−3t)−1=0⇒t=1
2
Vậy toạ độ điểm M là :

x=1+1=2
y=1

z=−2−3

2=−
7
2

¿{ {

⇒M

(

2;1
2;−

7
2

)

Đường thẳng cần tìm đi qua điểm M

(

2;1
2;−

)

và có hai véc tơ pháp

tuyến là

⃗

ad=(2;1;−3) , ⃗np=(2;1;1)⇒⃗a=

[

⃗ad,⃗np

]

=(4;−8;0)⇒⃗aΔ=(1;−2;0)

Vậy phương trình đường thẳng (Δ) cần tìm là :

x=2+t
y=1

2−2t
z=−7

¿{ {

0,25

CâuV
IIa
(1điể
m)

ĐK x + 2 > 0 <=> x > - 2

Phương trình viết lại:





2 2

1 1

log 2 log ( 2) 0

4 x x x  x 4 

Đặt : t = log2(x + 2) , ta được:
2

1 1

0
4t xt x  4

1
4 1

t
t x




   


Với t = -1 <=> log2(x + 2) = -1 <=> x = - 3/2 (nhận).

Với t = - 4x + 1 <=> log2(x + 2) = - 4x + 1 (*)

Vp: hàm đồng biến ; Vt : hàm nghịch biến
Nên (*) chỉ có một nghiệm x = 0 (nhận)
Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 0 và x = - 3/2.

0,25
0,25

0,25

0,25
II.3đi

ểm
CâuV
Ib
(2

điểm) 1.(1đ) Ta có : AD = 2d(I ;

) = 2 2

3 4 1 3 6

5 5

3 4

I I

x y

AB AD

 

   



Đường chéo : BD =

2 2 6 5 3 5

5 2 5

BD
AB AD   R 

Vậy đường tròn ngoại tiếp ABCD là (C) :

2 1 9

2 5

x y  

 

0;25
0,25

0,5

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

















2; 3; 1 , 1; 2;3

, 7; 7; 1 7;7;1
p

p Q

AB n

AB n n

    

 

        

 

⃗ ⃗ ⃗

Và (Q) chứa A(1;2;3) nên có phương trình :
7(x-1) + 7(y -2) +1.(z -3) = 0

Vậy (Q) : 7x + 7y + z – 24 = 0.

0,25
0,25
0,5
CâuV

IIb
(1điể
m)

Điều kiện :  3 x1
Bpt





2 2 2

3
log 3 log 1 1 log 1

1
3

2 3 2 1 3 14 5 0

1
1

5 5

x

x x

x
x

x x x x

x
x



      




         



   

Vậy tập nghiệm bpt S =
1

;5
3

 



 

 

0,25
0,25

0,25

</div>

De thi thu DH so 4

<b>KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011</b>

<b>MƠN: TỐN-KHỐI D</b>

<b> (Thời gian làm bài : 180 phút) </b>

<b>A. PHẦN BẮT BUỘC</b>

√

(

)

<sub>∫</sub>

√

√

√

√

<b>B. PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chọn phần I hoặc II)</b>

<b>I-</b>

<b>Chương trình chuẩn </b>

<b>II-</b>

<b>Chương trình nâng cao</b>

<b>1.</b>

<b>2.</b>





ĐÁP ÁN –KHỐI D

(

)

√

(

)





3





1

















√

(

)

√

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

∫

√

∫

<sub>∫</sub>

∫

(

)

(

)

√

√3

√

√

√

√

√

√

(

)

√