Đề thi thử đại học, cao đẳng môn: Toán - Lần 1

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU4. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010-2011 MÔN: TOÁN-LẦN 1 Thời gian : 180 phút – không kể phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).. Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y  x 3  (1  2m) x 2  (2  m) x  m  2 (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x  y  7  0 góc  , biết. cos  . 1 26. .. Câu II (2 điểm) 1. Giải hệ phương trình:.  x 2  y 2  xy  1  4 y , ( x, y   ) .  2 2  y( x  y)  2 x  7 y  2 3  4sin 2 2 x  2cos 2 x (1  2sin x ) 2, Giải phương trình: C©u III (1 ®iÓm). T×m nguyªn hµm. I . dx sin x. cos 5 x 3. Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB  a 2 . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA  2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 0 .Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  xyz . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. P. x y z  2  2 . x  yz y  zx z  xy 2. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ).. PHẦN A: Câu VI a.(2 điểm) 1Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x  y  1  0 , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. 2.Giải bất phương trình:. 2 x 2  6 x  2  log 2. 2x  1 . (x  1) 2. Câu VII.a (1 điểm). Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 91 1 x  (m  2)31 1 x  2 m  1  0 :. PHẦN B: Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 và trọng tâm G thuộc đường thẳng d: 3 x  y  4  0 . Tìm tọa độ đỉnh C.. x  3log 3 x  5  log 5 x  3  x  2 .. 2.Giải phương trình:. . Câu VII.b (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4. x2 1  x  m. -------------------------------------Hết--------------------------------. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> MÔN:TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. Câu I(2đ). ý 1) (1đ). Nội dung Khảo sát hàm số khi m = 2 Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3  3x 2 + 4 a) TXĐ: R b) Sự biến thiên •Giới hạn: lim y  ; lim y   x . Đ. 0,25. x . •Chiều biến thiên: Có y’ = 3x2  6x; y’=0  x =0, x =2 Bảng biến thiên x  y’ +. 0 0 4. . 2 0. +. 0,25. + +. y. 0  Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 0) và (2 ; +), nghịch biến trên (0 ; 2). •Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) 0,25 y = 4; 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0. c) Đồ thị: I 2 Qua (-1 ;0) và (2;0) Tâm đối xứng:I(1 ; 2) -1 0, x 0 1 2. 2) (1đ). Tìm m ... Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến  tiếp tuyến có véctơ pháp n1  (k ;1). 0,25. d: có véctơ pháp n2  (1;1). cos  . n1 .n2 n1 n2. . 1 26. . 3  k1   2  12k 2  26k  12  0   2 2 k 1 k  2  2 3 k 1. Yêu cầu của bài toán thỏa mãn  ít nhất một trong hai phương trình: y /  k1 (1) và y /  k 2 (2) có nghiệm x 3  2 có nghiệm 3 x  2(1  2m) x  2  m  2 / 1  0   / có nghiệm  2  0 3 x 2  2(1  2m) x  2  m  2 3  Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 1  8m 2  2m  1  0 m   4 ; m  2 1 1  2   m   hoặc m  4 2 4m  m  3  0 m   3 ; m  1  4. II(2đ). 0,25. 1). (1đ). Giải hệ phương trình:.  x2  1 x y 4   x 2  y 2  xy  1  4 y y   . y  0 , ta có:  2 2 2  y( x  y)  2 x  7 y  2 ( x  y ) 2  2 x  1  7  y 2 x 1 ,v  x y Đặt u  y  uv  4  u  4v  v  3, u  1 ta có hệ:  2  2  v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9 +) Với v  3, u  1 ta có hệ:. 0,25. 0,25. 0,25 0.25.  x2  1  y  x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2    .   x  2, y  5 x y 3  y  3 x  y  3 x +) Với v  5, u  9  x2  1  9 y  x2  1  9 y  x 2  9 x  46  0   ta có hệ:  , x  y   5 y   5  x y   5  x    hệ này vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y )  {(1; 2), (2; 5)}.. 2)1đ. PT  3  2(1  cos 4 x)  2 cos 2 x  4 cos 2 x.sin x. 1  sin x   2  (2sin x  1)(1  2sin 3 x)  0   sin 3 x  1  2.   x    k 2  1 6 * sin x     2  x  7  k 2  6  2  x   k  1 18 3 * sin 3 x    2  x  5  k 2  18 3 nghiệm Lop12.net. 0,25. 0,25.  2(cos 4 x  cos 2 x)  2(sin 3 x  sin x)  1  0  (4sin 3 x.sin x  2sin 3 x)  (2sin x  1)  0. 0.25. 0.25. Vậy pt có 4 họ. 0.25 0.25 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ù dx dx  8 3 3 2 sin x. cos x. cos x sin 2 x. cos 2 x Đặt tanx = t dx 2t  dt  ; sin 2 x  2 cos x 1 t2 dt (t 2  1) 3  I  8  dt 2t 3  t 3 ( ) 1 t2 I . III. (1đ). 0.25. 3. 0,5 0,25. t 6  3t 4  3t 2  1 dt t3 3 1 3 1   (t 3  3t   t 3 )dt  tan 4 x  tan 2 x  3 ln tan x  C t 4 2 2 tan 2 x . IV. 1đ). 0,25 0,25. Tính thể tích và khoảng cách S. •Ta có IA  2 IH  H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH BC = AB 2  2a ; AI= a ; IH=. AH = AI + IH =. IA a = 2 2. 3a 2. 0.25. K A. B I C. Lop12.net. H. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> •Ta có HC 2  AC 2  AH 2  2 AC. AH cos 45 0  HC  . . Vì SH  ( ABC )  ( SC ; ( ABC ))  SCH  60 SH  HC tan 60 0 . • VS . ABC . a 5 2. 0,25. 0. a 15 2. 1 1 1 a 15 a 3 15 S ABC .SH  . (a 2 ) 2  3 3 2 2 6 0.25. •. BI  AH    BI  (SAH ) BI  SH  0,25. V. (1đ). Ta có d ( K ; ( SAH )) SK 1 1 1 a    d ( K ; ( SAH ))  d ( B; ( SAH )  BI  d ( B; ( SAH )) SB 2 2 2 2 Tim giá trị lớn nhất của P Vì x; y; z  0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có: x y z = P   2 2 2 2 x yz 2 y zx 2 z xy. . 0,25. 1  2 2 2    4  yz zx xy . 1  1 1 1 1 1 1  1  yz  zx  xy  1  x 2  y 2  z 2            4  y z z x x y  2  xyz xyz  2 1  xyz  1    2  xyz  2 . Dấu bằng xảy ra  x  y  z  3 . Vậy MaxP =.   . 1 2. 0,5 0,25. PHẦN TỰ CHỌN: Câu VIa(2đ). ý. Nội dung. 1(1đ) Viết phương trình đường tròn… KH: d1 : x  y  1  0; d 2 : 2 x  y  2  0 d1 có véctơ pháp tuyến n1  (1;1) và d 2 có véctơ pháp tuyến n2  (1;1). • AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương n1  (1;1)  phương trình AC: x  y  3  0 . x  y  3  0 C  AC  d 2  Tọa độ C là nghiệm hệ:   C (1;4) . 2 x  y  2  0 Lop12.net. Điể m 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> xB  3 yB ; ) ( M là trung điểm AB) 2 2 xB  y B  1  0   B(1;0) Ta có B thuộc d1 và M thuộc d 2 nên ta có:  yB x  3   2  0  B 2 • Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: x 2  y 2  2ax  2by  c  0 . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có 6a  c  9 a  1    b  2  Pt đường tròn qua A, B, C là:  2a  c  1  2a  8b  c  17 c  3   2 2 x  y  2 x  4 y  3  0 . Tâm I(1;-2) bán kính R = 2 2. • Gọi B( x B ; y B )  M (. 0,25. 0,25. 2(1đ). 1 Điều kiện x 1 2 ) x . {. Bpt  2(x  1) 2  (2 x  1)  log 2 2. 2x  1  log 2 2 (x  1) 2. 0.25 0.25. 2.  2(x  1)  log 2 [2(x  1) ]  log 2 (2 x  1)  2 x  1 Xét hàm : f(X) = X + log2X. 1  f (X )  1  0 X ln 2 '. -> f(X) đồng biến trên. 0,25. x  0. *. R. Với X1=2x + 1 *. X2= 2(x-1)2 => X1, X2  R Thỏa Khi đó Tức là. f(X2)  f(X1)  X 2  X 1 2(x-1)2  2x+1. x . {x 1. 3 7 x 2 3 7  2x 2  6x  1  0  x 2. [. Vậy tập nghiệm Bpt là: T=. 1 3 7 3 7 ( ; ][ ;  ) 2 2 2. .. Lop12.net. 1 2. 0,25 0.25. 0.2.5 0,25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> VII.a. (1 đ). . Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:. 0,25. 2 2 91 1 x  (m  2)31 1 x  2 m  1  0 (1). * Đk x  [-1;1] , đặt t = 31 Ta có: (1) viết lại. 1 x 2. ; x  [-1;1]  t  [3;9]. t 2  2t  1 t  (m  2)t  2 m  1  0  (t  2)m  t  2t  1  m  t2 2. 2. t 2  2t  1 , với t  [3;9] . Ta có: t2 t  1 t 2  4t  3 / f / (t )  , f (t )  0   (t  2) t  3. 0,25. Xét hàm số f(t) =. Lập bảng biến thiên t 3 f/(t ). 9 +. 0,25. 48 7. f(t) 4. Căn cứ bảng biến thiên, (1) có nghiệm x  [-1;1]  (2) có nghiệm t  [3;9]  4  m  48 7. 0,25. VI.b(2đ) 1(1đ) Tìm tọa độ của điểm C • Gọi tọa độ của điểm C ( xC ; y C )  G (1 . xC y C ; ) . Vì G thuộc d 3 3. x  y   31  C   C  4  0  y C  3 xC  3  C ( xC ;3 xC  3) 3  3  •Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương AB  (1;2)  ptAB : 2 x  y  3  0 • 2 xC  3 xC  3  3 11 1 11 11 S ABC  AB.d (C ; AB)   d (C ; AB)    2 2 5 5 5  xC  1  5 xC  6  11    xC  17 5  • TH1: xC  1  C (1;6) 17 17 36  C ( ; ) . TH2: xC  5 5 5 2(1đ). x2 với x > 5 x 3  Hàm số y = log 3  x  5  log 5  x  3 Đồng biến trên(5; + ).  Pt  log 3  x  5  log 5  x  3 =. Lop12.net. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> x2 5 có y’= < 0 Nghịch biến trên (5; + ) x 3 x  32  phương trình có nghiệm duy nhất x = 8.  Hàm số y =. 0,25. 4. 0,25. x2 1  x  m D = [0 ; + ) 3. VII.b(1 đ). *Đặt. f ( x) . 4. x  1  x  f ' ( x) . x. 2. 1  4 (1  Suy ra: f , ( x) . 24 ( x 2  1)3. 1 3 ) x2. 1 24 (1  2 ) 3 . x x. . 1 2 x. . x x  4 ( x  1) 2. 24 ( x 2  1)3 . x. 3. 3. x 2  x 2 4 (1  . 3. 2 x 2 4 (1 . 1 3 ) x2. 1 3 ) . x x2. 0,25.  0 x  (0 ;  ). *. 0,25  x2 1  x    x2 1 x2   lim ( x  1  x )  lim  lim  0 2 x   x   4  x  ( 4 x 2  1  x )( x 2  1  x)     x 1  x  2. 4. * BBT. +. 0 f’(x) f(x). 1. 0,25 0,25. 0 Vậy: 0 < m  1 HẾT Ghi chú : Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa 0,25 .. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>