Đề thi thử đại học lần I Năm học 2009 – 2010 Môn thi: Toán; Khối B, D

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Së GD & §T NghÖ An Tr−êng THPT Phan §¨ng L−u. Đề thi thử đại học lần I Năm học 2009 – 2010 M«n thi: To¸n; Khèi B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (8 ®iÓm): C©u I (2 ®iÓm). Cho hµm sè y = (1 - x)3 . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho. 2. Viết ph−ơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = (1 - x )3, biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm A(0; 5). C©u II (2 ®iÓm).  x 2 − 4 y 2 − 8 x + 4 y + 15 = 0 , víi Èn x, y ∈ ℝ . 1. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh  2 2 x 2 y 2 xy 5 + − =  2. Gi¶i ph−¬ng tr×nh cos 3 x + 6sin x = 3 , víi Èn x ∈ ℝ . C©u III (2 ®iÓm) 1. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi hai ®−êng cong: y = x – x2 vµ y = x3 – x. 2. Cho a, b, c lµ ba sè d−¬ng tháa m·n abc = 1. Chøng minh r»ng 1 1 1 1 1 1 + 2+ 2 ≥ + + . 2 a b c a b c C©u IV (2 ®iÓm) 1. Cho hình trụ có bán kính đáy và chiều cao bằng nhau. Một hình vuông ABCD có hai cạnh AB và CD lần l−ợt là các dây cung của hai đ−ờng tròn đáy, còn cạnh BC và AD không phải là đ−ờng sinh của h×nh trô. BiÕt diÖn tÝch cña h×nh vu«ng ABCD lµ 100 m2. TÝnh diÖn tÝch xung quanh cña h×nh trô vµ cosin góc giữa mặt phẳng chứa hình vuông và mặt phẳng đáy. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(0; 0; 2), B(0; 4; 0), C(-6; 0; 0). Viết ph−ơng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua ®iÓm A, song song víi ®−êng th¼ng BC vµ kho¶ng c¸ch gi÷a ®−êng th¼ng 3 22 BC vµ mÆt ph¼ng (P) b»ng . 11 PhÇn riªng (2 ®iÓm): ThÝ sinh chØ ®−îc lµm mét trong hai phÇn ( A hoÆc B) A. Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn C©u Va (2 ®iÓm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD, có giao điểm của AC và BD là I(2; 1). Các ®iÓm M(-1; 1), N(1; 0), P(3; -1), Q(-1; 2) lÇn l−ît thuéc c¸c ®−êng th¼ng AB, BC, CD, DA. ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC. 2. Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: z − 1 z − 3i = 1; =1 z −i z+i B. Theo ch−¬ng tr×nh N©ng cao C©u Vb (2 ®iÓm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đ−ờng thẳng d có ph−ơng trình là x − 3 y − 2 = 0 và hai điểm ph©n biÖt A(1; 3 ), B kh«ng thuéc ®−êng th¼ng d. LËp ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng AB; BiÕt r»ng khoảng cách từ điểm B đến giao điểm của đ−ờng thẳng AB và đ−ờng thẳng d bằng hai lần khoảng cách từ điểm B đến đ−ờng thẳng d. 2. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh log x log 2 ( 4 x − 6 ) ≤ 1 , víi Èn x lµ sè thùc.. (. ). ------------------------------------ HÕt -------------------------------------ThÝ sinh kh«ng ®−îc sö dông tµi liÖu. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh ………………………………….; Sè b¸o danh ……………... Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Së GD & §T NghÖ An Tr−êng THPT Phan §¨ng L−u. đáp án và biểu điểm Đề thi thử đại học lần I N¨m häc 2009 – 2010 M«n: To¸n; Khèi B,D Néi dung. §iÓm. C©u I 1. Hàm số có tập xác định là ℝ ; y’ = -3(1 – x)2; y ' ≤ 0, ∀x ∈ ℝ; y ' = 0 ⇔ x = 1 . Do đó hàm số nghịch biến trên ℝ .. 1.0 0. 25. Hµm sè kh«ng cã cùc trÞ; Lim y = − ∞ ; Lim y = + ∞ .. 0.25. x →+∞. x y’. x →−∞. −∞. -. 2.0. +∞. 1 0. -. +∞. 0.25. y −∞. 0.25. 2.. 1.0 3. Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị số y = (1 - x ) , tiếp tuyến đó đi qua điểm A(0; 5). Nếu x0 > 0 thì ph−ơng trình tiếp tuyến đó là y = -3(1 – x0)2(x – x0) + (1 – x0)3. Vì tiếp tuyến đó đi qua điểm A(0; 5) nên ta có 5 = -3(1 – x0)2( – x0) + (1 – x0)3 (1). (1) ⇔ 2x03 – 3x02 – 4 = 0 ⇔ (x0 – 2)(2x02 + x0 + 2) = 0 ⇔ x0 = 2 (tháa m·n x0 > 0). VËy ph−¬ng trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = (1 - x )3 tại điểm có hoàng độ d−ơng là y = -3x + 5 Vì đồ thị hàm số y = (1 - x )3 đối xứng nhau qua trục tung và điểm A nằm trên trục tung nên tiếp tuyến có x0 < 0 đối xứng với tiếp tuyến có x0 > 0 qua trục tung. Tại x0 = 0 hàm số y = (1 - x )3 không có đạo hàm nên không có tiếp tuyến tại đó. VËy ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn tháa m·n bµi to¸n lµ y = -3x + 5 vµ y = 3x + 5. (NÕu thÝ sinh kh«ng nªu ®−îc tr−êng hîp x0 = 0, th× vÉn cho ®iÓm) Lop12.net. 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> C©u II.. 2.0.  x − 4 y − 8 x + 4 y + 15 = 0. (1). 2 2  x + 2 y − 2 xy = 5. (2). 2. 2. 1. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh . 1.0.  x − 2 y − 3 = 0 (I )  2 2 x + 2 y − 2 xy = 5  x 2 − 4 y 2 − 8 x + 4 y + 15 = 0 ( x − 2 y − 3)( x + 2 y − 5 ) = 0  ⇔ 2 ⇔  2 2 2  x + 2 y − 5 = 0  x + 2 y − 2 xy = 5  x + 2 y − 2 xy = 5  2 ( II ) 2   x + 2 y − 2 xy = 5. 0.5. (HD: §Ó ®−a ph−¬ng tr×nh (1) vÒ PT tÝch nh− vËy TS cã thÓ biến ñổi thành hiệu hai bình phương hoặc thêm bớt rồi đặt nhân tử chung hoặc xem (1) là ph−ơng trình bậc hai theo x, giải x theo y rồi ph©n tÝch thµnh nh©n tö hoặc nhân (2) với 3 rồi cộng với (1) rồi ñưa về nhân tử). x = 2 y + 3 x = 2 y + 3  x = 1, y = −1 (I ) ⇔  2 ⇔ ⇔  2  2  x = −1, y = −2  x + 2 y − 2 xy = 5 2 y + 6 y + 4 = 0 x = 5 − 2 y x = 5 − 2 y  x = 3, y = 1 ( II ) ⇔  2 ⇔ ⇔ .   2 2  x = 1, y = 2  x + 2 y − 2 xy = 5 10 y − 30 y + 20 = 0 x = 1  x = −1 x = 3 x = 1 VËy nghiÖm cña hÖ lµ  ,  ,  ,   y = −1  y = −2 y =1 y = 2 2. G¶i ph−¬ng tr×nh cos 3 x + 6sin x = 3 (1). (1) ⇔ 4 cos 3 x − 3cos x + 3(2 sin x − 1) = 0 ⇔ cos x(4 cos 2 x − 3) + 3(2s inx − 1) = 0. 0.25. 0.25. 1.0 0.25. ⇔ cos x(1 − 4 sin 2 x) + 3(2 s inx − 1) = 0 ⇔ (1 − 2sin x )( cos x + 2sin x cos x − 3) = 0 (a) 1 − 2sin x = 0 ⇔  cos x + 2sin x cos x − 3 = 0 (b)  x = 1 ( a ) ⇔ sin x = ⇔  2 x =  (b) ⇔ cos x + sin 2 x − 3 = 0. 0.25. π. + k 2π 6 (k ∈ ℤ) 5π + k 2π 6 V× cosx ≤ 1 vµ sinx ≤ 1 nªn PT (b) v« nghiÖm.. π   x = 6 + k 2π Vậy nghiệm của PT đã cho là   x = 5π + k 2π  6 C©u III. 1.. 0.25. 0.25. (k ∈ ℤ) .. 2.0 1.0. x = 0 Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của PT x - x = x - x ⇔ x + x – 2x = 0 ⇔  x = 1  x = −2 2. 3. 3. 2. 0.25. 1. S=. ∫x. 3. + x 2 − 2 x dx. 0.25. −2. 0. =. ∫. −2. 1. x3 + x 2 − 2 x dx + ∫ x3 + x 2 − 2 x dx = 0. 0. 3 2 ∫ ( x + x − 2 x ) dx +. −2. 1. ∫(x. 3. + x 2 − 2 x ) dx. 0.25. 0.  x 4 x3  0  x 4 x3  1 8 5 37 37 =  + − x2  ∫ +  + − x2  ∫ = + = . VËy S = (®vdt). 12  4 3  −2  4 3  0 3 12 12 2. Cho a, b, c lµ ba sè d−¬ng tháa m·n abc = 1. Chøng minh r»ng Lop12.net. 0.25 1.0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 1 1 1 1 1 + 2+ 2 ≥ + + (1) 2 a b c a b c 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 + 2 ≥ = 2c; 2 + 2 ≥ = 2 a; 2 + 2 ≥ = 2b. Suy ra 2 + 2 + 2 ≥ a + b + c (2) 2 ab bc ac a b b c c a a b c 1 1 1 T−¬ng tù cho a, b, c ta cã a + b + c ≥ ab + bc + ca = + + (3). Tõ (2) vµ (3) Ta cã (1). a b c. 0.5. C©u IV. 1.. 2.0 1.0. Ta cã. A. B. D. F. E. 0.5. Gọi E là hình chiếu của B trên mặt đáy d−ới suy ra DE là đ−ờng kính (V× DC ⊥ CB nªn DC ⊥ CE) Gọi bán kính đáy của hình trụ là r suy ra BE = r và DE = 2r. Vì ABCD lµ h×nh vu«ng cã diÖn tÝch b»ng 100m2 nªn DC = CB = 10 m. Tõ tam gi¸c DCE vu«ng t¹i C vµ tam gi¸c BCE vu«ng t¹i E suy ra DE2 – DC2 = BC2 – BE2, suy ra 4r2 – 100 = 100 – r2. VËy r = 2 10. 0.25. Sxq = 2 π rh = 2 π r2 = 80 π (m2). 0.25. V× EC ⊥ DC, BC ⊥ DC nªn gãc((EDC); (ABCD)) = gãc(EC; BD) = CE 60 15 gãc BCE. Ta cã cos BCE = = = BC 10 5. 0.25. 0.25. C. 2.. 1.0.  x = 3t  Gäi d lµ ®−êng th¼ng ®i qua A vµ song song víi BC, suy ra PT ®−êng th¼ng d lµ  y = 2t vµ mp(P) chøa z = 2  đ−ờng thẳng d. Do đó mp(P) đi qua điểm A và A’(3; 2; 2). Gäi ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) lµ Ax + By + Cz + D = 0 (§K A2 + B2+C2 > 0). V× (P) ®i qua A, A’ nªn 2C + D = 0  3 A + 2 B + 2C + D = 0 d ( BC , ( P ) ) = d ( B; ( P )) =. 4B + D A2 + B 2 + C 2. =. 3 22 . 11. 0.25. 0.25. 0.25. 2C + D = 0  Từ đó ta có hệ 3 A + 2 B = 0 Nếu B=0 thì A=0 và C=0 nên không thỏa mãn điều kiện. Do đó  2 2 75 B + 13C + 44 BD = 0 B kh¸c 0 v× vËy chän B = 3 suya A = -2, C = 3, D = -6 hoÆc A = -2, C = 225/13, D = -450/13. VËy ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) lµ 2x – 3y – 3z + 6 = 0 hoÆc 2x – 3y – (225/13)z + 450/13 = 0.   3 22 (TS có thể giải bằng cách gọi PT mp (P) ñi qua A là …, rồi giải hệ nP .BC = 0 và d(B, (P)) = ). 0.25. 11. C©u Va (Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn) 1. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua I, suy ra M’(5; 1) và M’ thuộc đ−ờng thẳng CD. Do đó ph−ơng trình của đ−ờng thẳng CD là x – y – 4 = 0. Gọi Q’ là điểm đối xứng với Q qua I, suy ra Q’(5; 0) và Q’ thuộc đ−ờng thẳng BC. Do đó ph−ơng trình của đ−ờng thẳng BC là y = 0. Suy ra điểm C(4; 0). Điểm A đối xứng với C qua I nên A(0; 2). Do đó ph−ơng trình của đ−ờng thẳng AB là x – y + 2 = 0. Do đó tọa độ điểm B(-2; 0). §−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC cã ph−¬ng tr×nh lµ x2 + y2 + 2Ax + 2By + C = 0 (§K A2 + B2 - C > 0). 2.0 1.0 0.5 0.25 0.25. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 4 B + C + 4 = 0  A = −1   V× ®−êng trßn ®i qua A, B, C nªn ta cã hÖ 8 A + C + 16 = 0 ⇔  B = 1 . VËy ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn  −4 A + C + 4 = 0 C = −8   cÇn t×m lµ x2 + y2 – 2x + 2y – 8 = 0. 2. Gọi z = a + bi (a, b là số thực). Khi đó a − 1 + bi z −1 a − 1 + bi =1⇔ =1⇔ =1⇔ z −i a + (b − 1)i a + (b − 1)i a + (b − 3)i z − 3i a + (b − 3)i =1⇔ =1⇔ =1⇔ z +i a + (b + 1)i a + (b + 1)i. ( a − 1) + b 2 2 a 2 + ( b − 1) 2. 0.5. =1⇔ a = b. a 2 + (b − 3)2. = 1 ⇔ b = 1. a 2 + (b + 1) 2 VËy sè phøc cµn t×m lµ z = 1 + i. C©u Vb (Theo ch−¬ng tr×nh N©ng cao) 1. Gäi M lµ giao ®iÓm cña ®−êng th¼ng AB vµ ®−êng th¼ng d, H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña B trªn d. V× BM = 2 BH nªn gãc gi÷a ®−êng th¼ng AB vµ ®−êng th¼ng d b»ng 300. §−êng th¼ng AB ®i qua ®iÓm A(1; 3 ) nªn PT ®−êng th¼ng AB: m (x - 1) + n (y - 3 ) = 0 (m2 + n2 > 0) V× gãc gi÷a ®t AB vµ ®t d b»ng 300 nªn. Gi¶i. m−n 3. =. m−n 3 2 m2 + n2. 3 ®−îc m = 0, n = 1 hoÆc m = 2. 2 m2 + n2 VËy ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng AB lµ y = 2.. 3 hoÆc. (. 0.5 2.0 1.0 0.25. 0.5. = cos 300. 3 , n = -1.. 0.25. 3 x - y = 0.. 1.0.  x > 0, x ≠ 1 Điều kiện xác định của BPT là  x ⇔ x > log 4 7 > 1 4 − 6 > 1. ). Khi đó log x log 2 ( 4 x − 6 ) ≤ 1 ⇔ log 2 ( 4 x − 6 ) ≤ x ⇔ 4 x − 6 ≤ 2 x. 0.25 (*). 0.25. §Æt t = 2 , Bpt (*) trë thµnh t – t – 6 ≤ 0. Gi¶i ®−îc -2 ≤ t ≤ 3, hay -2 ≤ 2 ≤ 3 suy ra x ≤ log23. Kết hợp điều kiện xác định ta có nghiệm của Bpt là log47 < x ≤ log23. x. 1.0. 2. x. ------------HÕt------------. Lop12.net. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>