de thi thu dh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (891.96 KB, 14 trang )

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

Trường THPT Nguyễn Huệ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 KHỐI 12
Mơn thi tốn, khối A+B+D (lần 2)

Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề)

A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm):

Câu 1( 2 điểm) Cho hàm số 3 3 2 4


x x

y có đồ thị là (C).

1. Khảo sát vẽ đồ thị (C).

2. Gọi (d) là đường thẳng đi qua điểm A(3;4) và có hệ số góc là m. Tìm m để (d) cắt (C ) tại
3 điểm phân biệt A, M, N sao cho 2 tiếp tuyến của (C ) tại M và N vng góc với nhau.

Câu 2 (2 điểm)

1 .Giải phương trình: 3 cos3x- 2sin 2 .cosx x- s inx = 0

2.Giải bất phương trình : 3(9 15.3 27) 2. 3 1 0
4.3 3

log

x x

log

x

+ + + ³

-Câu 3 (1 điểm) TÝnh tÝch ph©n 



 

1
0

)
1
ln(x x dx
x

I

Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD , đáy là hình vng cạnh a , SB(ABCD) và SB = 2a.Tính

diện tích và thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.

Câu 5 (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 3 1 x2  2 x32x21m (

R

m ) có nghiệm duy nhất thuộc đoạn 








 ;1

2
1

B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần

Theo chương trình chuẩn:

Câu 6a.(2 điểm)

1. 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.

2. Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x y z  1 0 để MAB là tam giác đều biết
A(1;2;3) và B(3;4;1).

Câu 7a : (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức:

S = 0 1 2 3 1 2010

2010 2. 2010 3. 2010 4. 2010 ... 2010. 2010 2011. 2010

n

C C C C C  C

     

Theo chương trình nâng cao:

Câu 6.b: ( 2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) và đường tròn

(C): (x - 2)2 + (y - 1)2 = 2. Lập phương trình đường tròn (C’) qua B và tiếp xúc với (C) tại A.

2. Trong không gian cho 2 tứ diện ABCD, A’B’C’D’ , trong đó A(5;3;1), B(4;-1;3),

C( -6;2;4), D(2;1;7), A’(6;3;-1), B’( 0;2;-5), C’( 3;4;1).

a . Tìm toạ độ điểm D’ sao cho 2 tứ diện có cùng trọng tâm.

b. Tìm quỹ tích những điểm M sao cho MA 2MB MC MD    MA MB

Câu 7.b(1 điểm) Giải hệ phơng trình






















1 )

1 (

2 y

x

e

x

e

y
x

y
x
y
x

(x, yR)

---***HÕt***---Chó ý: ThÝ sinh dự thi khối D không phải làm câu 5.

Thí sinh khơng đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

Hä vµ tªn thÝ sinh:. . . Sè b¸o danh:. . . . . . .

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

- Điểm toàn bài không làm tròn.

- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm ti a.

- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phàn tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn.
- Thí sinh dự thi khốiD không phải làm câu 5; thang điểm dành cho câu 1.1 và câu 3 là 
1,5 điểm.

Câu Nội dung Điểm

1.1 Khảo sát hµm sè 3 3 2 4



x x

y 1,00

1. Tập xác định: R

2. Sù biÕn thiªn:

a) Giíi h¹n:        









 y lim(x 3x 4) ,limy lim(x 3x 4)

lim 3 2

x
x
2
3
x
x
0,25
b) Bảng biến thiên: y' = 3x2 - 6x, y' = 0  x = 0, x = 2

Bảng biến thiên:

x -+

0 2
y' + 0 - 0 +

4
+



- Hàm số đồng biến trên (-



; 0) và (2; +



), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0.

0,50

3. Đồ thị: Đồ thị giao víi trơc tung t¹i (0; 4), giao víi trơc hoành tại (-1; 0),

(2; 0). Nhn im un I(1; 2) làm tâm đối xứng

0,25

1.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vuụng gúc ... 1,00

d có phơng trình y = m(x – 3) + 4.

Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình


















0
m
x
3
x
0
)
m
x
)(
3
x
(
4
)
3
x
(
m
4

x
3
x
2
2
2
3 0,50

Theo bµi ra ta có điều kiện m > 0 và y'( m).y'( m)1 0,25
9
35
3
18
m
0
1
m
36
m
9
1
)
m
6
m
3
)(
m
6
m

( 2 












 (tháa m·n) 0,25

2.1

Giải phương trình: 3 cos 3x- 2sin 2 .cosx x- s inx = 0Phương trình đã cho tương

đương với: 1

3 1

3 cos3 (sin 3 sin ) sinx = 0 os3 sin 3 sinx

2 2

x- x+ x - Û c x- x= 0.25

3 2

3
sin( 3 ) sinx

3 2

x x k
x

x x k

p
p
p
p
p p
é
- = +
ê
ê
Û - = Û ê
ê - = - +
ê
ë

0.5

Vậy ( )

12 2 3

k

x= p + p x=- p+kp kẻ Â 0.25

x
y

-1 O 2

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

2.2

Giải phương trình : 3(9 15.3 27) 2. 3 1 0
4.3 3

log

x x

log

x

+ + + ³

- 1

Điều kiện : 4.3 x – 3>0

3
3
log
4
x
 

Phương trình đã cho tương đương với:
2

3 3

2 2

(9 15.3 27) (4.3 3)

9 15.3 27 (4.3 3) 5.(3 ) 13.3 6 0

0 3 3 ( 3 0) 1 ( )

log

x x

log

x

x x x x x

x do x x tm

+ + ³

-Û + + ³ - Û - - £

Û < £ > Û £

Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm BPT là T= 3

3
(log ;1]
4 .
0.25
0.25
0.25
0.25
3

TÝnh tÝch ph©n 



 

1
0

)
1
ln(x x dx
x

I 1,00

Đặt

2/x

v

dx

1x

x

1x2

du

xdx

dv

)1x

xln(

u

2

1 1

2 3 2

2
0
0

x 1 2x x

I ln(x x 1) dx

2 2 x x 1


   
 



0,25



  








1
0
2
1
0
2
1

0 x x 1

dx
4
3
dx
1
x
x
1
x
2
4
1
dx
)
1
x

2
(
2
1
3
ln
2
1





1 1

1
0
2
1
0
2
I
4
3
3
ln
4
3
I
4
3
)
1
x

x
ln(
4
1
x
x
2
1
3
ln
2
1









0,25

* TÝnh I1:

1
0
2
2
1
2
3
2
1
x
dx
I

. Đặt

2
,
2
t
,
t
tan
2
3
2
1
x
Suy ra
9
3
t
3
3
2
t
tan
1
dt
)

t
tan
1
(
3
3
2
I
3
/
6
/
3
/
6
/
2
2
1



0,25

Vậy
12
3
3
ln
4
3

I   0,25

4
0,25
0,25
0,25
0,25
5 Đặt

 

3 1 2 2 3 2 2 1

f x   x  x  x  , suy ra f x

 

xác định và liên tục trênđoạn

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

;
1 1
2
 

 
 . '

 

2 3 2 2 3 2

3 3 4 3 3 4

1 2 1 1 2 1

x x x x

f x x

x x x x x x

 
 
     
       .
;
1 1
2

x  

   

  ta có 2 3 2

4 3 4 0 3 3 4 0

3 1 2 1

x

x x

x x x



       

   .

Vậy: f x'

 

 0 x0.

Bảng biến thiên:

 

' || ||

1 0 1

0
1
CÑ
3 3 22

2
4
x
f x
f x

 



Dựa vào bảng biến thiên, ta có: Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất
thuộc 1 1;

 



 

 

3 3 22
4

m 

    hoặc m1.

0,25

0,25
0,25

PHẦN RIÊNG
Soạn theo chương trình chuẩn

6a.1
(1đ)

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( , ).  ( , ).

7
9

t t

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

M   M 0.5

6a.2
(1đ)

MA=MB M thuộc mp trung trực của đoạn AB có PT: x y z   3 0 (Q) 0.25
M thuộc giao tuyến của (P) và (Q) có dạng tham số: x2;y t 1;z t

: (2; 1; )

t M t t

     AM  2t2 8 11t 0.25

Vì AB = 12 nên MAB đều khi MA=MB=AB 2 2 8 1 0 4 18

t t t 

     

6 18 4 18

(2; ; )

2 2

M  

 

0.5

7a

(1đ) Khai triển





n

x

 ta có:





n 0 1 2 2 3 3 ... n 1 n 1 n n.

n n n n n n

x C C x C x C x C x  C x

       

Nhân vào hai vế với x , ta có:





n 0 1 2 2 3 3 4 ... n 1 n n n 1.

n n n n n n

x x C x C x C x C x C x C x 

       

Lấy đạo hàm hai vế ta có:













... 1

0 2 1 3 2 2 4 3 3 n 1 n 1 1 n n 1 n 1 n

n n n n n n

C C x C x C x nC x  n C x n x  x x

          





n 1





x  nx x

   

Thay x1, và n = 2010 ta có

S = 0 1 2 3 1 2010

2010 2. 2010 3. 2010 4. 2010 ... 2010. 2010 2011. 2010

n

C C C C C  C

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

= 2012.22009.

Soạn theo chương trình nâng cao

6b.1
(1đ)

Gọi pt (C’) là : (x a)2 (y b)2 R2

    , có tâm I’(a;b) và bán kính R
Do A, B thuộc (C’) nên ta có

2 2 2

(1 ) (2 )

4
(1 ) (6 )

a b R

b

a b R

    



 



   




+) Nếu 2 đường trịn tiếp xúc ngồi tại A ta có

' '

1 ( 1) 1

( )
2 2

2
1 .2

a a

R

IA AI C

R R

R



  

  

 

     














: (x 1)2 (y 4)2 8

   

+) Nếu 2 đường trịn tiếp xúc trong tại A ta có

2
1 (1 )
2

2
1 .( 2)

a

R

IA I A VN

R



  




   

  






Vậy phương trình (C’) là (x 1)2 (y 4)2 8

   

0,25
0,25

0,25

6b.2
(1đ)

0,25

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

0,25

7b
(1)

1y

x

e

1y

x

e

1y

x

e

)1x(

2 e

yx

Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ























)2(

uv

ee

)1(

1u

e

1v

e

1u

e

v

u

v

u

v

0,25

- NÕu u > v thì (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) uv 0,25

Thế vào (1) ta cã eu = u+1 (3) . XÐt f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1

Bảng biến thiên:

u -

0 +



f'(u) - 0 +

f(u)

Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0  u0.

0,25

Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0























0y

0x

0yx

0v

Vậy hệ phơng trình đã cho có một nghiệm (0; 0)

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

Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn

VIa.1

1điểm Phương trình đường thẳng đi qua M(3;1) cắt tia Ox tại A(a;0),cắt tia Oy tại
B(0;b), a,b>0 là: 3 1 1

a b

  

0.5
Theo bất đẳng thức Cauchy 1 3 1 2 3 1. ab 12

a b a b

    

Mà OA3OB a 3b2 3ab 12

min

( 3 ) 12 3 1 1

2
2

a b

a
OA OB

b
a b








      



  



 0.5

PTĐT là: 1 3 6 0
6 2

x y

     

VIa.2

1điểm MA=MB

 M thuộc mp trung trực của đoạn AB có PT: x y z   3 0 (Q) 0.25
M thuộc giao tuyến của (P) và (Q) có dạng tham số: x2;y t 1;z t

: (2; 1; )

t M t t

    AM 2t2 8 11t

    0.25

Vì AB = 12 nên MAB đều khi MA=MB=AB

2 4 18

2 8 1 0

t t t 

      (2;6 18 4; 18)

2 2

M  

  0.5

VIb.1

1điểm 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( , ).  ( , ).

7
9

t t

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

M   M 0.5

IV TÝnh thÓ tích khối lăng trụ 1,00

Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lªn AA’, Khi

đó (P)



(BCH). Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng

0,25
A

C’

B’

A’

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH.
Do tam giác ABC đều cạnh a nên

3
3
a
AM
3
2
AO
,
2
3
a

AM  

Theo bµi ra

4
3
a

HM
8
3
a
BC
.
HM
2
1
8
3
a
S
2
2

BCH     

0,25
4
a
3
16
a
3
4
a
3
HM
AM

AH
2
2
2

2    



Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên

AH
HM
AO
O
'
A

suy ra
3
a
a
3
4
4
3
a
3
3
a

AH
HM
.
AO
O
'

A  

0,25

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
3

ABC

0,25

Khai triển



1x



n ta có:





n 0 1 2 2 3 3 ... n 1 n 1 n n.

n n n n n n

x C C x C x C x C x  C x

       

Nhân vào hai vế với x , ta có:





n 0 1 2 2 3 3 4 ... n 1 n n n 1.

n n n n n n

x x C x C x C x C x C x C x 

       

Lấy đạo hàm hai vế ta có:













... 1

0 2 1 3 2 2 4 3 3 n 1 n 1 1 n n 1 n 1 n

n n n n n n

C C x C x C x nC x  n C x n x  x x

          



1 x



n1



nx x 1



   

Thay x1, ta có Cn0 2.Cn1 3.Cn2 4.Cn3 ... n C. nn 1 (n 1).Cnn



n 2 2



. n 1.

 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9></div>
(10)<div class='page_container' data-page=10></div>
(11)<div class='page_container' data-page=11></div>
(12)<div class='page_container' data-page=12></div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Trường THPT Nguyễn Huệ

Cấu trúc đề thi thử đại học mơn tốn khối 12 lần thứ 2

1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số và các bài tốn có liên quan đến khảo sát hàm số (2đ).
2) Phương trình :

a. Phương trình lượng giác (1đ)

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

c. Nguyên hàm , tích phân và các ứng dụng tính diện tích, thể tích (1đ)
d. Phương trình , bất phương trình căn thức (1đ)

3) Hình học khơng gian (2đ)

4) Hình học phẳng ( Đường thẳng, đường trịn, elíp) (1đ)
5) Nhị thức niu tơn ( kết hợp đạo hàm và tích phân) (1đ).
6) Hệ phương trình mũ , lơgarit ( với ban A)

Trường THPT Nguyễn Huệ

Cấu trúc đề thi thử đại học mơn tốn khối 12 lần thứ 2

1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số và các bài tốn có liên quan đến khảo sát hàm số (2đ).
2) Phương trình :

a. Phương trình lượng giác (1đ)

b.Phương trình , bất phương trình mũ , lơgarit ( 1đ)

c. Ngun hàm , tích phân và các ứng dụng tính diện tích, thể tích (1đ)
d. Phương trình , bất phương trình căn thức (1đ)

3) Hình học khơng gian (2đ)

Trường THPT Nguyễn Huệ

Cấu trúc đề thi thử đại học mơn tốn khối 12 lần thứ 2

1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số và các bài toán có liên quan đến khảo sát hàm số (2đ).
2) Phương trình :

a. Phương trình lượng giác (1đ)

b.Phương trình , bất phương trình mũ , lơgarit ( 1đ)

c. Ngun hàm , tích phân và các ứng dụng tính diện tích, thể tích (1đ)
d. Phương trình , bất phương trình căn thức (1đ)

3) Hình học khơng gian (2đ)

</div>

de thi thu dh

log

log

<sub></sub>



















1

)

1

(

2

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>e</i>

<i>x</i>

<i>e</i>

<i>e</i>

<sub></sub>









log

log

log

log

<sub></sub>

2/x

v

dx

1x

x

1x2

du

xdx

dv

)1x

xln(

u

2

2

2













 

 

 

 

 

 

































1y

x

e