TOAN CO DAP AN THI THU DH 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (200.61 KB, 9 trang )

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

TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 )

NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28/02/2011
 MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ)
I. PHẦN CHUNG: (7 điểm)

Câu 1:Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ (Cm); (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.

2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao cho các tiếp
tuyến của (Cm) tại D và E vng góc với nhau.

Câu 2: 1. Gi¶i phơng trình 9sinx + 6cosx 3sin2x + cos2x = 8
2. Giải hệ phương trình:

2 0

1 4 1 2

x y xy

x y

   




   





Câu 3: Tính J =




x
ln10

2 3 x

e dx
e 2

Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB)
vng góc với đáy, SA=2a; SAB600.

Câu 5: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn

1 1 1

2009

x y z  .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

1 1 1

2x y z  x2y z  x y 2z

II.PHẦN TỰ CHỌN: (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn

Câu 6a.

1. Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0;

4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng
với gốc tọa độ O.

2. Trong khơng gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
(d) : x −11=y

z+2

2 và mặt phẳng ( P ) : 2x – y – 2z = 0.

Câu 7a. . Giải phương trình sau trong C:

Z

- 2Z

+ 8Z – 16 = 0

2. Phần 2: Theo chương trình nâng cao.

Câu 6b.

1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ
được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.

2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d1) :

¿
x=2t

y=t

z=4

¿{ {

; (d2) :

3
0

x t

y t
z

 





 


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

Câu 7b. Giải phương trình sau trong C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0

HƯỚNG DẪN GIẢI:
I. PHẦN CHUNG:

Câu 1: : y = x3 + 3x2 + mx + 1 (C
m)
1. m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C

3)
+ TXÑ: D = R

+ Giới hạn: xlim  y , limx y

+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2

 0; x
* Bảng biến thieân:

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)

y” = 0  x = –1 điểm uốn I(-1;0)
* Đồ thị (C3):

2. Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:
x3 + 3x2 + mx + 1 = 1

 x(x2 + 3x + m) = 0 




   

 2
x 0

x 3x m 0 (2)
* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:

 Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE 0.





   

 



 


   

 2 

m 0
9 4m 0

4
m
0 3 0 m 0 9

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
kD = y’(xD) =    

D D D

3x 6x m (x 2m);
kE = y’(xE) =    

E E E

3x 6x m (x 2m).

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1.
 (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

 9m + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét).
 4m2 – 9m + 1 = 0  m =







1 9 65
8

ÑS: m =















1 9 65 hay m 1 9 65

8 8

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

1. 3 sin x cosx 2cos3x 0   sin


3sinx + cos


3cosx = – cos3x.

 cos



 

 

 

x 3 cos3x  cos


 

   

 

x 3 cos( 3x)


 

 


 
   

k
x

3 2 (k Z)

x k

3  x =

 

k

3 2 (k  Z)

2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:
x291 y291 y 2 x 2y2 x2

2 2

2 91 2 91 2 2 ( )( )

x y y x

y x y x

y x
x y
 
    
  
  
2 2
1

( ) 0

2 2

91 91

x y

x y x y

x y
x y
  
 
     
       
 

 x = y (trong ngoặc luôn dương và x vay đều lớn hơn 2)

Vậy từ hệ trên ta có: x291 x 2x2  x291 10  x 2 1 x2 9

2
2

9 3

( 3)( 3)

2 1
91 10
x x
x x
x
x
 
    
 

  2

1 1

( 3) ( 3) 1 0

2 1
91 10
x x
x
x
   
       
 
 
 
 

 x = 3

Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

Câu 3: J   

 

  

 





ln10 x 8 8

2/3
1/ 3

3 x e 2

b e 2

e dx du 1 u
3
u

e 2     

b 2/ 3

3 4 (e 2) ;

2 với u = ex – 2, du = exdx)

Suy ra:  

 

    

 

b 2/ 3

b ln2 b ln2

3 3

lim J lim 4 (e 2) (4) 6

2 2

Câu 4:

Dựng SH AB

 Ta coù:

(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)   

SH (ABC)

  và SH là đường cao của hình chóp.

 Dựng HN BC, HP AC 

 

SN BC, SP AC SPH SNH

     

 SHN = SHP   HN = HP.
 AHP vuoâng có:

o a 3

HP HA.sin60 .

 

 SHP vuông có:

a 3

SH HP.tg tg

   

 Thể tích hình chóp

2 3

ABC

1 1 a 3 a 3 a

S.ABC : V .SH.S . .tg . tg

3 3 4 4 16

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

Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có:
4ab ≤ (a + b)2

1
4

a b

a b ab



 



1 1 1

( , 0)

4 a b a b

 

     

 

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z

 

     

             

         

Tương tự:

1 1 1 1 1

2 8 2 2

x y z x y z

 

    

    và

1 1 1 1 1

2 8 2 2

x y z x y z

 

    

   

Vậy

1 1 1

2x y z   x2y z x y 2z

1 1 1 1 2009

4 x y z 4

 

    

 

Vậy MaxP =

2009

4 khi x = y = z = 
12
2009

II.PHẦN TỰ CHỌN:

1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản
Câu 6a.1a

1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3)

Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCPa = (7; - 4) của AC làm VTPT
Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7)

A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0
2. Goïi A(a; 0; 0) Ox.

 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) :  2 2 2

2a 2a

d(A; )

2 1 2

  

 

 ( ) qua  M (1; 0; 2)0  và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)



 Đặt M M0 1 u

 

 Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác  AM M0 1
0 1

2
0

AM M
0 1

[AM ; u]

2.S 8a 24a 36

d(A; )

M M u 3

 

    

 


 Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )  

2 2 2

2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0

3 3

4(a 3) 0 a 3.

 

         

    

 Vậy, có một điểm A(3; 0; 0).
Câu 6a.2a n = a b cd e

* Xem các số hình thức a bcd e, kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là
c). Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí cịn lại từ X \

 

1 : số cách chọn A47.

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

* Loại những số dạng hình thức 0b cd e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài.

1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao:
Câu 6b.1b

1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2
M  Oy  M(0;m)

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)

Vậy



0
0

60 (1)
120 (2)

AMB
AMB

 



 



Vì MI là phân giác của AMB
(1)  AMI = 300 sin 300

IA
MI

 

 MI = 2R  m29 4  m 7
(2)  AMI = 600 sin 600

IA
MI

 

 MI =

2 3

3 R 

2 9 4 3

m  

Vơ nghiệm
Vậy có hai điểm M1(0; 7) và M2(0;- 7)

2.- (d1) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương u1 (2; 1; 0)



- (d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương u2 (3; 3; 0)



AB (3; 0; 4) 



 AB.[u ; u ] 36 01 2    AB, u , u1 2

     

không đồng phẳng.
 Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau.

 Gọi MN là đường vng góc chung của (d1) và (d2)
 M (d ) 1  M(2t; t; 4),

/ /
2

N (d )  N(3 t ; t ; 0) 

/ /

MN (3 t 2t; t t; 4)

      



 Ta coù:

/ / /

/ /

MN u 2(3 t 2) (t t) 0 t 1 M(2; 1; 4)

N(2; 1; 0)
t 1

3 t 2t (t t) 0

MN u

          

 

  

   



    

  

  



 

 Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính
1

R MN 2.

 

 Vậy, phương trình mặt cầu (S):

2 2 2

(x 2) (y 1) (z 2) 4.
Câu 6b.2b

Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0

Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức ta thấy
phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = 2. Vậy phương trình trở thành:

(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0

Suy ra: Z3 = 2 2 i và Z4 = –2 2 i
Đáp số:



1,2, 2 2 i, 2 2 i 



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

---Hết---HỌ VÀ TÊN : TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC

... ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 02 )

NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 21/03/2011

MÔN: TOÁN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ)

Câu I ( 2 đ ) :

Cho hàm số y = x

– 3x

+2 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).

2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y = 3x - 2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm

cực trị nhỏ nhất.

Câu II ( 2 đ ) :

1. Giải phương trình

log 2 2 log 4 log

x



2x



2x

8 .

2. Giải phương trình





2sin

x



2 3 sin cos

x

 

1 3 cos

x



3 sin

x

.

Câu III ( 2 đ ) :

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

Oxy

, tìm điểm

A

thuộc trục hoành và điểm

B

thuộc

trục tung sao cho

A

và

B

đối xứng với nhau qua đường thẳng

d:2x y  3 0

.

2. Tính tích phân:

cotx

I

dx

sinx.sin x

4























Câu IV ( 2 đ )

Trong không gian Oxyz cho A ( 1; 2; - 1) và ( d )

:

2

1

3

2 x



y

z





Và mặt phẳng ( p ) : 2x + y - z + 1 = 0

1 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A , song song với ( P ) và vng góc ( d ).

2 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A , cắt ( d ) và song song với ( P ) .

Câu V ( 2 đ )

1. Tìm hệ số của

x

trong khai triển nhị thức Niutơn của



2 2



n
x 

, biết

An3 8Cn2Cn1 49

.

(

Ank

là số chỉnh hợp chập

k

của

n

phần tử,

k
n

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

2. Cho a,b, c dương và a

+ b

+ c

=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

3

a

b

c

P

b

c

a





...HẾT...

Chúc các em làm bài tốt

ĐÁP ÁN ĐỀ 02

I.1. Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)
Xét biểu thức P=3x-y-2

Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0

Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất
=> 3 điểm A, M, B thẳng hàng

Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

3 2 5

2 2 2

5
x
y x
y x
y



 
 


 
 
  

 => 
4 2
;
5 5

M 

 

II. Tính









3 3 3

6 6 6

cot cot cot

2 2

sinx sinx cos sin x 1 cot

sin x sin
4

x x x

I dx dx dx

x x
x
  
   
  
 
 

 
 



Đặt 1+cotx=t 2

sin xdx dt

 

Khi

3 1

1 3;

6 3 3

x   t x  t 

Vậy





3 1 3 1

3 1
3
3 1

1 2

2 2 ln 2 ln 3

t

I dt t t

t





  
      
 



III. 1. Ta có:

3 3 2 6 2

2 2

3 3

16 64 4

2 3 2 3

a a b a a

b b



   

  (1)

3 3 2 6 2

2 2

3 3

16 64 4

2 3 2 3

b b c c c

c c



   

  (2)

3 3 2 6 2

2 2

3 3

16 64 4

2 3 2 3

c c a c c

a a



   

  (3)

Lấy (1)+(2)+(3) ta được:





2 2 2

9 3

16 4

a b c

P     a b c

(4) Vì a2+b2+c2=3

Từ (4)

3
2

P

 

vậy giá trị nhỏ nhất

3
2

P

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

1.

Giải phương trình





2sin x2 3 sin cosx x 1 3 cosx 3 sinx

.





3 1 1 3

2 3 sin 2 cos 2 3 cos 3 sin 1 sin 2 cos 2 3 cos sin

2 2 2 2

x x x x  x x  x x

          

   

1 cos 2 3cos 2cos 3cos

3 3 3 3

x  x  x  x 

       

             

       

cos 0

3 3 2 6

x  x   k x  k

 

          

 



k 



2.(

1 điểm) Điều kiện

0, 1,

x x x

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương

đương với

2 2 2 2 2 2 2 2

1 4 6 1 4 6 1 2

log xlog 2x log 2x  log x1 log x 1 log x log x1 log x  log2 x 1 x2

  A

và

B

đối xứng với nhau qua

d

khi và chỉ khi

2 0

. 0

2
3 0

a b

a
AB u

b

b
a

I d

  


   

 

 

  


  



 

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Vậy

A



4;0 ,



B



0; 2



Câu VI. b

Điều kiện

n4,n 

. Ta có:





2 2

n

n k k n k
n

k

x C x 



 



. Hệ số của

x8

là

Cn4.2n 4



</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9></div>

TOAN CO DAP AN THI THU DH 2012



Z

<sub> - 2Z</sub>

<sub> + 8Z – 16 = 0</sub>

















 





<b>---Hết---HỌ VÀ TÊN : TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC</b>

<b>... ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 02 ) </b>

<b> NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 21/03/2011</b>

<b>MÔN: TOÁN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ)</b>

<b>Câu I ( 2 đ ) : </b>

Cho hàm số y = x

<sub> – 3x</sub>

<sub>+2 (1)</sub>

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).

2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y = 3x - 2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm

cực trị nhỏ nhất.

<b>Câu II ( 2 đ ) :</b>

1. Giải phương trình

log 2 2 log 4 log





8

<sub>.</sub>

2. Giải phương trình





2sin

<i>x</i>



2 3 sin cos

<i>x</i>

<i>x</i>

 

1 3 cos

<i>x</i>



3 sin

<i>x</i>

.

<b>Câu III ( 2 đ ) : </b>

1.

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

, tìm điểm

<sub> thuộc trục hoành và điểm </sub>

<sub> thuộc</sub>

trục tung sao cho

<sub> và </sub>

<sub> đối xứng với nhau qua đường thẳng </sub>

<sub>.</sub>

2. Tính tích phân:

cotx

I

dx

sinx.sin x

4





















<b>Câu IV ( 2 đ ) </b>

Trong không gian Oxyz cho A ( 1; 2; - 1) và ( d )

<b>:</b>

2