thu suc 63

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (489.3 KB, 7 trang )

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

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011

MÔN TOÁN

(Thời gian làm bài: 180 phút) 
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 có đồ thị (Cm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.

2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng



2;



Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1

b) Giải phương trình : 3
2
3
5
1
2
)
1
3

( x x2   x2  x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân





3ln2

2
3

)
2
( ex

dx

I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc của A’ lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm Ocủa tam giácABC. Tính thể tích khối lăng trụABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’
 và BC là a 3

Câu V (1 điểm)

Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 xy y2 1.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1
1

4
4








y
x

y
x
P
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn 
Câu VIa (2 điểm)

a) Cho hình 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.

b) Trong khơng gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).

Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:(z2 z)(z3)(z2)10,zC.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao 
Câu VIb (2 điểm)

a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng

( ) : 3 x  y 5 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2
5
1

1
3

4
:









 y z

x
d

1
3

3
1

2
:

z
y

x

d    

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log2x2)9log2x2

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

ĐÁP ÁN 
Câu I

a) Đồ Học sinh tự làm

0,25 
b) y2x33(2m1)x26 (m m1)x1 '6 2 6(2 1) 6 ( 1)

m
m
x
m
x

y
y’ có (2m1)2 4(m2m)10

0,5











1
0

m
x

m
x
y

Hàm số đồng biến trên



2;



 y'0 x2 m12 m1

0,25

0,25 
Câu II a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x1)1 1 điểm

PT 2cos3x(4cos2 x1)1 2cos3x(34sin2 x)1 0,25

Nhận xét xk,kZkhông là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:

1
)
sin
4
3
(
3
cos

2 x  2 x   2cos3x(3sinx4sin3x)sinx
 2cos3xsin3xsinx  sin6xsinx

0,25

 















2
6

m
x
x

m
x

x













7
2
7

5
2





m
x

m
x

;mZ

0,25

Xét khi 

2m 

k 2m=5km5t,tZ
Xét khi

7
2
7



 m

 =k 1+2m=7kk=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Z

l

Vậy phương trình có nghiệm:

2m

x (m5t);

7
2
7



 m

x  (m7l3)

trong đó m,t,lZ

0,25

b)

Giải phương trình : 3

2
3
5
1
2
)
1
3

( x x2   x2  x 1 điểm

PT  2(3x1) 2x2 110x2 3x6
2
3
2
)
1
2
(
4
1
2
)
1
3
(

2 x x2   x2   x2  x .Đặt t 2x2 1(t0)
Pt trở thành 4t22(3x1)t2x23x20

Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x2)(x3)2

0,25

Pt trở thành 4t22(3x1)t2x23x20

Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x2)(x3)2

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

Từ đó ta có phương trình có nghiệm :

2
2
;

2
1

2   

 x t x

t

Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:








 


7
60

2
;
2

6
1

x

0,5

Câu III

Tính tích phân






2
ln
3

0 (3 ex 2)2

dx

I 1 điểm

Ta có






2
ln
3

0 3 3 2
3

)
2
(

x
x

x

e
e

dx
e

I =

Đặt u= 3

x

e  du e dx

x

3  ;x0u1;x3ln2u2

0,25

Ta được:




 2

)
2
(

3
u
u

du

I =3 du

u
u

u

















)
2
(
2

1
)

2
(
4

1
4

1 0,25

)
2
(
2

1
2

4
1
ln
4
1














u
u

u

0,25

1
)
2
3
ln(
4
3





Vậy I

8
1
)
2
3
ln(
4

3 



0,25

Câu IV

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:







BC
O
A

BC
AM

' BC(A'AM)
Kẻ MH  AA',(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

Do HM BC

AM
A
HM

AM
A
BC











)
'
(

.Vậy HM là đọan vơng góc chung của

0,5

C’
B’

A’

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

AA’và BC, do đó

4
3
)

BC
,
A'

(A HM a

d   .

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:

AH
HM
AO

O
A



 suy ra

3
a
a
3

4
4

3
a
3

3
a
AH

HM
.
AO
O
'

A   

Thể tích khối lăng trụ:

12
3
a
a
2

3
a
3
a
2
1
BC
.
AM
.
O
'
A
2
1
S

.
O
'
A
V

ABC   



0,5

Câu V 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc3.Chứng minh

rằng:

3( 2 2 2)4 13

abc
c

b
a

1 điểm

Đặt

2
;
13
4

)
(

3
)
,
,

(a b c a2 b2 c2 abc t b c

f       

*Trước hết ta chưng minh: f(a,b,c) f(a,t,t):Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết abc

3    

 a a b c hay a1

f(a,b,c) f(a,t,t)

13
4

)
(

3
13
4

)
(

3 a2 b2 c2  abc  a2 t2 t2  at2 

= 3(b2c22t2)4a(bct2)

= 







 











 




2
2

4
)
(
4

4
)
(
2

3 b c b c a bc b c = 2

)
(
2

)
(
3

c
b
a
c
b





= 0

2
)
)(
2
3

( 2



 a b c

do a1

0,5

*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f(a,t,t)0 với a+2t=3

Ta có f(a,t,t)3(a2t2t2)4at213

=3((32t)2t2t2)4(32t)t213

= 2(t1)2(74t)0 do 2t=b+c < 3

Dấu “=” xảy ra t1&bc0abc1(ĐPCM)

0,5

2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 xy y2 1.Tìm giá trị lớn nhất 
,nhỏ nhất của biểu thức

1
1

2
2

4
4








y
x

y
x
P

Tõ gi¶ thiÕt suy ra:

xy
xy

y
x

xy
xy
xy
y

xy
x

3
3

)
(

2
1

2
2
2














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

Từ đó ta có 1
3

1 

 xy .

Măt khác x2xyy21x2y21xy

nên x4 y4 x2y22xy1 .đăt t=xy

Vởy bài toán trở thành t×m GTLN,GTNN cđa

3
1
;
2

2
2
)

(











 t

t
t
t
t
f

P 0.25

TÝnh




















)
(
2
6

2
6
0

)
2
(

6
1
0
)
(

' 2

l
t

t
t

t

f 0.25

Do hµm sè liªn tơc trªn





3
1

 nªn so sánh giá trị của

)
3

1
(

f , f( 62),f(1) cho ra kÕt qu¶:

6
2
6
)
2
6

(   

 f

MaxP ,

11
)
3
1
(

minP  f  

0.25

Câu VIa 1 điểm

a) (Học sinh tự vẽ hình)

Ta có: AB 



1; 2



 AB 5. Phương trình của AB là: 2x  y 2 0.

 

;

I d y x I t t . I là trung điểm của AC:C(2t1;2t) 0,5

Theo bài ra: . ( , ) 2
2




 ABd C AB

S ABC .6t4 4  







3
4
0
t
t

Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5

) thoả mãn .

0,5

b) 1 điểm

*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 
*Gọi H là hình chiếu vng góc của O l ên (ABC), OH vng góc với

(ABC) nên OH//n(2;1;1) ;H



ABC



Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=

3
1

suy ra )

3
1
;
3
1
;
3
2

( 

H

0,25

*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) H là trung điểm của OO’ )
3
2
;
3
2

;
3
4
(

' 

O 0,5

CâuVIIa Giải phương trình:(z2 z)(z3)(z2)10,zC. 1 điểm

PT z(z2)(z1)(z3)10(z22z)(z22z3)0
Đặt tz22z. Khi đó phương trình (8) trở thành:

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

Đặt tz22z. Khi đó phương trình (8) trở thành
t23t100

0,25




















6
1
1
5

2
z

i
z

t
t

Vậy phương trình có các nghiệm: z1 6;z1i

0,5

Câu VIb

a)

1 điểm 
Viết phương trình đường AB: 4x3y 4 0 và AB5

Viết phương trình đường CD: x4y170 và CD 17

0,25

Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t5) Ta tính được:
( , ) 13 19 ; ( , ) 11 37

5 17

t t

d M AB   d M CD  

0,25

Từ đó: SMAB SMCD d M AB AB( , ). d M CD CD( , ).

9 7
3

t t

      Có 2 điểm cần tìm là: ( 9; 32), ( ; 2)7
3

M   M

0,5

b) 1 điểm

Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A
và B khi đó ta ln có IA + IB ≥ AB và AB ≥d d d



1, 2



dấu bằng xảy ra khi I là

trung điểm AB và AB là đoạn vng góc chung của hai đường thẳng d1, d2

0, 25

Ta tìm A, B :

AB u

 





 Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)

0,25

 AB(….)… A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)I(2; 1; -1) 0,25 
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6

Nên có phương trình là:



x2



2 (y1)2  (z 1)2 6 0,25 
CâuVIIb Giải bất phương trình x(3log2x2)9log2x2 1 điểm

Điều kiện:x0

Bất phương trình  3(x3)log2x2(x1)

Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.

0.25

TH1 Nếu x3 BPT 

3
1
log

2
3





x
x
x

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Xét hàm số: f x log2 x

2
3
)

(  đồng biến trên khoảng



0;



3
1
)

(





x
x
x

g nghịch biến trên khoảng



3;



*Với x4:Ta có










3
)
4
(
)
(

g
x
g

f
x
f

 Bpt có nghiệm x4

* Với x4:Ta có










3
)
4
(
)
(

g
x

g

f
x
f

 Bpt vơ nghiệm

TH 2 :Nếu 0x3 BPT 

3
1
log

2
3





x
x
x

f x log2 x
2
3

)

(  đồng biến trên khoảng



0;



3
1
)

(





x
x
x

g nghịch biến trên khoảng

 

0;3
*Với x1:Ta có










0
)
1
(
)
(

g
x
g

f
x
f

 Bpt vơ nghiệm

* Với x1:Ta có











0
)
1
(
)
(

g
x
g

f
x
f

 Bpt có nghiệm 0x1

0,25

Vậy Bpt có nghiệm 







1
0

4
x

x 0,25

</div>

thu suc 63

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

<b>MÔN TOÁN </b>



























 

 

























 

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về