Tài liệu Thi thử ĐH môn Toán_THPT Thuận Thành 1 ppt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC NINH
THPT THUẬN THÀNH SỐ I
Ngày thi 21/03/2010
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
2
m
y x m
x
  


1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1.
2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách
đường thẳng
d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
 
 
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x

x
x x

 


2. Giải phương trình
2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x       

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x

  

.
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di
động trên các cạnh AB, AC sao cho
   
DMN ABC
. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ
diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng:
3 .x y xy 

Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z
0
thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
 
3 3 3
3
16x y z
P
x y z
 

 

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 toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x –
2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm
toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z  
 
, d
2

:
2 2
1 5 2
x y z 
 


Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n  N thỏa mãn phương
trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh
B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết phương

trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1
2 1 1
x y z  
 

và mặt phẳng (P): x + y + z
+ 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng

nằm trong mặt
phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới

bằng
42
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y


  




 



-------------------Hết -------------------

SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010
Đáp án gồm 06 trang

Câu Nội dung Điểm
I 2,0
1 1,0

Với m =1 thì
1
1
2
y x
x
  


a) Tập xác định: D
 
\ 2 

0.25
b) Sự biến thiên:
   
2
2 2
1 4 3
' 1
2 2
x x
y
x x
 
  
 
,
1
' 0
3
x
y
x


 



.
lim

x
y

 
,
lim
x
y

 
,
2 2
lim ; lim
x x
y y
 
 
   
,
   
lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0
x x
y x y x
 
     

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.
0.25
Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
   
;1 , 3; ; 
hàm số nghịch biến
trên mỗi khoảng
   
1;2 , 2;3

Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: y
CĐ
= 1 tại x = 1; y
CT
= 3 tại x = 3.
0.25
c) Đồ thị:

0.25
2

1.0
x
y’
y
- 
1 2 3

+ 
0
0
+ 
+ 
- 
- 
1
3
–
–
+
+


Với x

2 ta có y
’
= 1-
2
( 2)
m
x 
;
Hàm số có cực đại và cực tiểu

phương trình (x – 2)
2
– m = 0 (1) có hai

nghiệm phân biệt khác 2
0m 

0.25
Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là:
1 1
2 2
2 2 2
2 2 2
x m y m m
x m y m m
     
     

0.25
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(
2 ;2 2 )m m m  
;
B(
2 ; 2 2 )m m m  

Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:
2 2m m m m    

0.25
0
2
m
m








Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán
Vậy ycbt  m = 2.

0.25
II

2.0
1
Giải phương trình
 
 
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x

 


1.0

ĐK:
sin cos 0x x 

0.25
Khi đó
 
    
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x     

  
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x     

   
1 sin 1 cos 1 sin 0x x x    

0.25
sin 1
cos 1
x
x
 



 

(thoả mãn điều kiện)
0.25
2

2
2
x k
x m


 

  



 


 
,k m 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k


  
và
2x m
 
 

 
,k m 

0.25
2
Giải phương trình:
2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x       

1.0

2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x x
PT
x x x x x

  



     



0.25

2

3 2 0
5 2( 2)
x x
x x x

  



   



0.25
3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x


  

 





  


 
 
2
2 0
1 16 0
x
x x
  




  



0.25
1x  

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.
0.25
III
Tính tích phân
3
0

3
3. 1 3
x
dx
x x

  

.
1.0

Đặt u =
2
1 1 2x u x udu dx      ; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
  


  


0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 1 1 1

3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 1
3 1 3
x u u
dx du u du du
u u u
x x
 
   
  
  
   

0.25

 
2
2
1
2
6 6ln 1
1
u u u   

0.25

3
3 6ln
2

  

0.25
IV

1.0


Dựng
DH MN H 

Do
     
DMN ABC DH ABC  
mà
.D ABC
là
tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
ABC
.





0.25
Trong tam giác vuông DHA:
2

2 2 2
3 6
1
3 3
DH DA AH
 
    
 
 
 

Diện tích tam giác
AMN
là
0
1 3
. .sin 60
2 4
AMN
S AM AN xy 

0.25
Thể tích tứ diện
.D AMN
là
1 2
.
3 12
AMN
V S DH xy 

0.25
D
A
BC
H
M
N