http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN Ngày thi 21/12/2010 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  m  x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho với m = Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu cho hai điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + = khoảng Câu II (2,0 điểm) cos x  cos x  1 Giải phương trình  1  sin x  sin x  cos x Giải phương trình  x2  x x    x  x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân  (x  ) x 3 dx x 1  x  Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N điểm di động cạnh AB, AC cho  DMN    ABC  Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x y Chứng minh rằng: x  y  3xy Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z  thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  y  16 z  x  y  z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = hai đường thẳng x 1 y 1 z  x2 y2 z d1:   , d2:   1 2 Viết phương trình đường thẳng d vng góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d 1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG x  y  z 1 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: mặt phẳng (P): x + y + z + =   1 Gọi M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  42  log  y  x   log y  Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ( x, y  )  2  x  y  25 -Hết - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1,0 Với m =1 y  x   a) Tập xác định: D  x2 \ 2 0.25 b) Sự biến thiên: y' 1  x  2  x2  4x   x  2 x  , y'   x  0.25 lim y   , lim y   , lim y   ; lim y   , x  x 2 x  x 2 lim  y  ( x  1)   ; lim  y  ( x  1)   x  x  Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – Bảng biến thiên x - y’ + – – + + + + y 0.25 - - Hàm số đồng biến khoảng  ;1 ,  3;   ; hàm số nghịch biến khoảng 1;2  ,  2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = x = 1; yCT = x = c) Đồ thị: 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2 1.0 m ; ( x  2) Hàm số có cực đại cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = (1) có hai nghiệm phân biệt khác  m  x   m  y1   m  m Với m > phương trình (1) có hai nghiệm là: x2   m  y   m  m Với x  ta có y’ = 1- Hai điểm cực trị đồ thị hàm số A(  m ;  m  m ) ; B(  m ;  m  m ) Khoảng cách từ A B tới d nên ta có phương trình: 2m m  2m m m   m  Đối chiếu điều kiện m = thoả mãn toán Vậy ycbt  m = 0.25 0.25 0.25 0.25 II 2.0 Giải phương trình cos x  cos x  1 sin x  cos x  1  sin x  1.0 ĐK: sin x  cos x  0.25 Khi PT  1  sin x   cos x  1  1  sin x  sin x  cos x   1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0.25  1  sin x 1  cos x 1  sin x   sin x  1  cos x  1 (thoả mãn điều kiện)   x    k 2     x    m2 k, m  Z 0.25 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x   Giải phương trình: 0.25   k 2 x    m 2  x2  x x    2x  x2 (x  ) 3  x  x  PT   2 7  x  x x    x  x 3  x  x    x x   2( x  2)   3  x    x   x2  x   2 x  1.0 0.25 0.25 2  x    x  1  x  16    x  1 Vậy phương trình cho có nghiệm x = - - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I k, m  Z 0.25 0.25 3 III Tính tích phân  Đặt u = x 3 dx x 1  x  x   u  x   u   x  2udu  dx ; đổi cận:  x   u  Ta có: 1.0 2 0.25 x3 2u  8u 0 x   x  3dx  1 u  3u  2du  1 (2u  6)du  61 u  1du 0.25 2  u  6u   ln u  1 0.25  3  ln 0.25  IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D ABC tứ diện nên H tâm tam giác ABC B C 0.25 N H M A  3 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH        Diện tích tam giác AMN S AMN  2 0.25 AM AN sin 600  xy Thể tích tứ diện D.AMN V  S AMN DH  xy 12 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  0.25 1 xy.sin 600  x AH sin 300  y AH sin 30 2  x  y  3xy V 0.25 1.0 Trước hết ta có: x  y   x  y (biến đổi tương đương)    x  y   x  y   Đặt x + y + z = a Khi x  y 4P  a  64 z 3 a  z   a  64 z 3 0.25  1  t   64t z (với t = ,  t  ) a 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 Có f '(t )  64t  1  t   , f '(t )   t    0;1   0.25 Lập bảng biến thiên  Minf  t   t 0;1 64 16  GTNN P đạt x = y = 4z > 81 81 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 0.25 VI.a 2.0 1.0 Do B giao AB BD nên toạ độ B nghiệm hệ: 21  x x  y 1    21 13    B ;    5  x  y  14   y  13  Lại có: Tứ giác ABCD hình chữ nhật nên góc AC AB góc AB    BD, kí hiệu n AB (1; 2); nBD (1; 7); n AC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) VTPT     đường thẳng AB, BD, AC Khi ta có: cos n AB , nBD  cos nAC , n AB      a  b 2 2  a  2b  a  b  a  8ab  b    a   b  - Với a = - b Chọn a =  b = - Khi Phương trình AC: x – y – = 0,  x  y 1  x  A = AB  AC nên toạ độ điểm A nghiệm hệ:    A(3; 2) x  y 1   y  Gọi I tâm hình chữ nhật I = AC  BD nên toạ độ I nghiệm hệ:   x   x  y 1  7 5  I ;    2  x  y  14  y    14 12  Do I trung điểm AC BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;  5 5 - Với b = - 7a (loại AC khơng cắt BD) 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0  x  1  2t x   m   Phương trình tham số d1 d2 là: d1 :  y   3t ; d :  y  2  5m z   t  z  2 m   Giả sử d cắt d M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m)   MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) 3  m  2t  k     Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p   3  5m  3t  k có nghiệm  2  2m  t  5k  0.25 0.25 0.25 m  Giải hệ tìm  t   x   2t  Khi điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y   t thoả mãn toán  z   5t  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 0.25 VII.a Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = n  N Điều kiện:  n  0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =  log4(n – 3)(n + 9) = n   (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 =    n  13 (thoả mãn) (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = Khi z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  1  i    1  i  (2i)  (1  i ).( 8i)   8i   0.25 Vậy phần thực số phức z 0.25 VI.b 2.0 1.0 Giả sử B ( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d  xC  2 yC   xB  xC    yB  yC   0.25 Từ phương trình ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)   Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0.25 Vì G trọng tâm nên ta có hệ:  Bán kính R = d(C; BG) = 81  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 0.25 0.25 1.0 Ta có phương trình tham số d là:  x   2t   y  2  t  toạ độ điểm M nghiệm hệ  z  1  t   x   2t  y  2  t  (tham số t)   z  1  t  x  y  z   0.25  M (1; 3; 0)   Lại có VTPT của(P) nP (1;1;1) , VTCP d ud (2;1; 1)    Vì  nằm (P) vng góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)  Gọi N(x; y; z) hình chiếu vng góc M  , MN ( x  1; y  3; z )   Ta có MN vng góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = x  y  z    Lại có N (P) MN = 42 ta có hệ:  x  y  z  11  ( x  1)2  ( y  3)2  z  42  Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N(- 3; - 4; 5) x 5  x3 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :  Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  : - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I y2  3 y4  3 z 5 z 5 0.25 0.25 0.25 VII.b  log  y  x   log y  Giải hệ phương trình   2  x  y  25 1.0 ( x, y  ) y  x  y  Điều kiện:  0.25 yx   yx log  y  x   log y  1 log y  1  y  Hệ phương trình      x  y  25  x  y  25  x  y  25    0.25 x  3y x  3y x  3y      25 2  x  y  25 9 y  y  25  y  10  0.25    15 ;  x; y      10 10      15  ;  x; y      10   10  (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) 0.25 Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà điểm phần đáp án quy định - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN - NĂM HỌC 2011 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 2x  Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C) x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) Tìm (C) điểm M cho tiếp tuyến M (C) cắt hai tiệm cận (C) A, B cho AB ngắn Câu II (2 điểm) Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + = Giải phương trình: x2 – 4x - = x  Câu III (1 điểm) dx Tính tích phân:  1  x   x Câu IV (1 điểm) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC tam giác vng cân đỉnh C SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SC = a Hãy tìm góc hai mặt phẳng (SCB) (ABC) để thể tích khối chóp lớn Câu V ( điểm ) Cho x, y, z số dương thỏa mãn 1    CMR: x y z 1   1 2x  y  z x  y  z x  y  z PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn hai phần A B A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( điểm ) Tam giác cân ABC có đáy BC nằm đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB nằm đường thẳng : 12x – y – 23 = Viết phương trình đường thẳng AC biết qua điểm (3;1) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vng góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – = hai đường thẳng :  x   2t x 1  y z   (d) (d’)  y   t   1 z   t  Viết phương trình tham số đường thẳng (  ) nằm mặt phẳng (P) cắt hai đường thẳng (d) (d’) CMR (d) (d’) chéo tính khoảng cách chúng Câu VIIa ( điểm ) Tính tổng : S  C05 C57  C15 C74  C52 C37  C53C72  C54C17  C55C70 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( điểm ) Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   (d)  y   2t (d’)  y  1  2t  z   5t  z  3t   a CMR hai đường thẳng (d) (d’) cắt b Viết phương trình tắc cặp đường thẳng phân giác góc tạo (d) (d’) Câu VIIb.( điểm ) Giải phương trình : 2log5  x 3  x - Hết Cán coi thi khụng gii thớch gỡ thờm http://ductam_tp.violet.vn/ đáp án đề thi thử đại học lần năm học 2009 - 2010 Môn thi: toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Nội dung §iĨm 2x  cã : x2 - TX§: D = R \ {2} - Sù biÕn thiªn: + ) Giíi h¹n : Lim y  Do ĐTHS nhận đường thẳng y = làm TCN Hµm sè y = 0,25 x  , lim y ; lim y Do ĐTHS nhận đường thẳng x = làm TCĐ x x +) Bảng biến thiên: Ta cã : y’ =  < x  D  x  2 x 1.25® y  y’ 0,25  - - 0,25  2 Hàm số nghịch biến khoảng ;2 hàm số cực trị - Đồ thị + Giao điểm với trục tung : (0 ; ) + Giao điểm với trục hoành : A(3/2; 0) I 2.0® 0,5 - ĐTHS nhận điểm (2; 2) làm tâm đối xứng -5 10 -2 -4   Lấy điểm M  m;     C  Ta có : y '  m    m2   m  2 0,75đ Tiếp tuyến (d) M có phương trình : 1 y x  m    m2  m  2 0,25đ   Giao điểm (d) với tiệm cận đứng : A  2;   m2  Giao điểm (d) với tiệm cận ngang : B(2m – ; 2) 0,25đ 1,0® II 2,0®   Ta có : AB2   m     Dấu “=” xảy m = 2  m     Vậy điểm M cần tìm có tọa độ : (2; 2) Phương trình cho tương đương với : 2(tanx + – sinx) + 3(cotx + – cosx) =  sin x   cosx   2   sin x      cosx    cosx   sin x   sin x  cosx  cosx.sin x   sin x  cosx  cosx.sin x    0 cosx sin x       cosx  sin x  cosx.sin x    cosx sin x  3  Xét    tan x   tan   x    k  cosx sin x  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = Đặt t = sinx + cosx với t    2;  Khi phương trình trở thành:   t 1 t   t  2t    t   2    1   Suy : 2cos  x      cos  x     cos 4 4     x     k 2 x - 4x + = x  (1) TX§ : D =  5; ) 1   x   0,25đ 0,25 0,25 0,5 0,25 x 2 1,0đ đặt y - = x  , y    y    x  Ta cã hÖ :  x    y   x    y      y    x    x  y  x  y  3  y  y       x    y     x  y    29  x      x    y      x  1    x  y    y  Ta có :  1 x  1 III 1.0®  1® dx 1 x2 = 1 1 x  1 x2 1  x   1  x  0,25 0,5 1 x  1 x2 dx  2x 1 dx   0,5 1 1   x2  dx     2x dx 1  x  1  I1   I2  1  1   1 dx   ln x  x  |1   1  x   1 1 x2 dx Đặt t   x  t   x  2tdt  2xdx 2x 0,5 ... nâng cao 100 100 100 Ta có: 1  x   C100  C100 x  C100 x   C100 x 100 1  x  (1) 100 100  C100  C100 x  C100 x  C100 x   C100 x (2) 0,25 đ Lấy (1)+(2) ta được: 100 1  x  100 ... x  100 100  2C100  2C100 x  2C100 x   2C100 x Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta 99 99 100 99 100 1  x   100 1  x   4C100 x  8C100 x3   200C100 x Thay x=1 vào 100 => A  100 .299... + NÕu I=(  ; ) th× m = -1 - Suy : (Δ’) : y = - x -1 - Khi () cắt Ox A (-1 - ; 0) Do AC vuông góc với Ox nên cã PT : x = -1 - Tõ ®ã suy täa ®é ®iĨm C = (-1 - ; -6 - ) VËy tọa độ trọng tâm