SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010 Môn thi: TOÁN, Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số =+ ++ 32 69yx x x3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có sáu nghiệm phân biệt 32 1 2 log 6 9 3 x xx m + ++= Câu II (2,0 điểm) 1) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm. 2 (1 ) sin cos 1 2 cosmx xm−−=+x 2) Giải bất phương trình: 2 11 21 235 x xx > − +− . Câu III (1,0 điểm) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số 2 3 x y x = + , trục Ox và đường thẳng 1 x = . Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành. Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SA = x, tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo x và tìm x để thể tích đó lớn nhất. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc a c b + += . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 222 223 11abc −+ 1 + ++ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 32 và các đỉnh A(3 ; -5), B(4 ; -4). Biết rằng trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng 33xy 0 − −= . Tìm tọa độ đỉnh C. 2) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): 38 760xyz − +−= và hai điểm A (1; 1; 3) − , . Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều. B(3;1; 1)− Câu VII.a (1,0 điểm) Cho A và B là hai điểm trong mặt phẳng phức lần lượt biểu diễn các số phức z 1 và z 2 khác không thỏa mãn . Chứng minh rằng tam giác OAB đều (O là gốc tọa độ). 22 12 1 zz zz+= 2 0 0 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4, các đỉnh A(2 ; 2), B(-2 ; 1). Tìm tọa độ đỉnh C và D biết rằng giao điểm của AC và BD thuộc đường thẳng 32xy−+= 2) Trong không gian Oxyz, cho mp(P): 38 76xyz − +−= , đường thẳng d: 13 12 1 3 x yz−+− == − . Viết phương trình đường thẳng Δ vuông góc với mp(P) sao cho Δ cắt đường thẳng d tại một điểm cách mp(P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎩ ⎨ ⎧ =− =+ 1loglog 272 33 loglog 33 xy yx xy …………………………Hết………………………… Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:………………………………… Chữ kí của giám thị 1:……………………………………Chữ kí của giám thị 2:……http://laisac.page.tl Sở Giáo Dục v Đo Tạo Tỉnh Hải Dơng Trờng THPT Đon Thợng Kì thi thử Đại học lần 1 Năm 2010 Môn toán, khối A, B Đáp án v biểu điểm * Chú ý. Thí sinh lm bi không theo cách nêu trong đáp án m vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần tơng ứng. Câu ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát hm số = +++ 32 69yx x x3 (C) 1,00 TXĐ: \ . 2 11 '3 12 9,'0 33 xy yx xy xy = = =++ = = = '' 6 12, '' 0 2 1yx y x y=+ === . BBT: ghi đầy đủ Kết luận về tính đb, nb, cực trị Đồ thị. Đồ thị l đờng cong trơn thể hiện đúng tính lồi, lõm. Đồ thị đi qua 5 điểm: CĐ(-3 ; 3), CT(-1 ; -1), I(-2 ; 1), A(-4 ; -1), B(0 ; 3) 4 3 2 1 -1 - 4 - 2 4 3 2 1 -1 - 4 - 2 0,25 0,25 0,25 0,25 I 2 32 1 2 log 6 9 3 x xx m + ++= (1) 1,00 (1) 32 1 693 2 m xxx + ++= . Gọi (C) l đồ thị hs 32 69yx x x3 = +++ Pt (1) có 6 nghiệm đt 1 2 m y = cắt (C) tại 6 điểm Ta có 32 32 32 32 32 693 khi 693 693 ( 6 9 3) khi 6 9 3 0 xxx xxx yx x x xxx xxx 0 + ++ + ++ =+ ++= +++ +++< Gọi (C 1 ) l phần đồ thị của (C) nắm trên Ox, (C 2 ) l phần đồ thị của (C) nằm dới Ox (C 3 ) l hình đối xứng của (C 2 ) qua trục Ox thì (C) = (C 1 ) (C 3 ). Từ đồ thị (C), pt (1) có 6 nghiệm 1 01 2 m m 0 < < > 0,25 0,25 0,25 0,25 II 1 Tìm m để pt 2 (1 ) sin cos 1 2 cosmx xm=+x (1) có nghiệm 1,00 TXD: \ . pt (1) ( ) 2 sin cos 1 2 cos sin x xm x x= + + Nhận xét. Hs tuần hon với chu kì sin , cosyxy==x 2 nên pt (1) có nghiệm pt 0,25 (1) có nghiệm thuộc nửa khoảng 3 ; 22 . TH1. (1 )( 1) 1 0 2 xmm = = = vô lí. Vậy 2 x = không l nghiệm TH2. 1 (1 ) 22 xmmm = == . Vậy 1 2 m = thì pt có ít nhất một nghiệm l 2 TH3. cos 0 22 xx << > . Chia hai vế cho cos x ta đợc ( ) 2 2 tan 1 tan 1 tan 3 tan tan 3 tan x xm x xm x x = ++ = ++ Đặt tan ,txt= \ ta đợc 2 1 3 t m tt = + + . Đặt 2 1 () 3 t ft tt = + + ( ) 2 2 22 33 '( ) 0, ( ) db trờn 33 tt ft t ft ttt ++ + => ++ + \ Mặt khác 1 lim ( ) , lim 2 tt ft + = = . Vậy 1 2 m < TH4. 3 cos 0 22 x x << < . Chia hai vế cho cos x ta đợc ( ) 2 2 tan 1 tan 1 tan 3 tan tan 3 tan x xm x xm x x = ++ = ++ Đặt tan ,txt= \ ta đợc 2 1 3 t m tt = ++ . Đặt 2 1 () 3 t ft tt = ++ ( ) 2 2 22 33 '( ) , '( ) 0 1 33 tt ft ft t ttt + + == ++ + = . Lập BBT của () f t Từ BBT suy ra 2 3 m Kết luận. Các giá trị của m để pt có nghiệm l 2 3 m t + 1 ' () f t + 0 - () f t 2 3 1 2 0,25 0,25 0,25 2 2 11 21 235 x xx > + (1) 1,00 ĐK: 2 5 2350,210 , 2 1 x xx xx+> < > 0,25 TH1. 5 210 2 xx< < , bất phơng trình đúng. TH2. 2 12 350,210xxx x> + > > Bpt 22 3 21 2 35 2 7 60 2 2 x xxxxx x < > + +> > Kết hợp điều kiện ta đợc 3 1 2 x<< hoặc 2x > Kết luận. Tập nghiệm của bpt l S = 53 ;(1;)(2; 22 ) + 0,25 0,25 0,25 III Tính thể tích khối tròn xoay 1,00 Ta có 2 3 x y x = + cắt trục Ox tại điểm có honh độ x = 0. Vậy V = () 2 11 2 2 2 2 2 00 3 3 xx dx dx x x = + + Đặt 2 3tan , ; 3(1 tan ) 22 x tt dx tdt ==+ . 03tan0,13tan 6 == V = 1 22 66 22 22 2 2 00 0 3tan 3 3(1 tan ) sin (3) (3tan3) 3 xt dx t dt tdt xt =+= ++ = 2 6 6 0 0 31cos2 3 sin2 3 () 32 6 2 36 tt dt t 8 = = * Chú ý. Học sinh có thể sử dụng công thức tích phân từng phần nh sau V = () () 11 2 22 22 00 33 xx dx x dx xx = ++ v đặt () 2 2 2 1 ,' '1, 2( 3) 3 x uxv u v x x == == + + rồi đi đến () () 1 11 2 2 2 2 00 0 1 2( 3) 23 3 xx x dx dx x x x =+ + + + 0,25 0,25 0,25 0,25 IV Tính thể tích của khối chóp S.ABCD 1,00 Gọi H l hình chiếu của S trên mp(ABCD) Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD suy ra H l tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD Tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, O l giao của AC v BD. CBD ABD SBD== OC OA OS SAC== vuông tại S 2 1AC x= + 0,25 0,25 O A B C D S H 22 2 111 1 x SH SH SA SC x 2 =+= + ABCD l hình thoi 22 1 3 2 2 A CBD OB AB AO x= = 22 11 1 .1.3 22 6 ABCD SACBDx xVx==+= 2 3x áp dụng BĐT Côsi ta có 22 2 113 3. 662 xx Vxx + = = 1 4 Đẳng thức xảy ra 6 2 x= . Vậy V lớn nhất khi 6 2 x = 0,25 0,25 V Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 222 223 11abc + 1 + ++ 1,00 Đặt . tan , tan , tanaxbycz===,, 0 ,, 0; 2 abc xyz > tan tan tan tan tan( ) 11tantan ac x z abc a c b b y y x z ac x z ++ ++== = = + yxzk =++ . ,, 0; 0 2 xyz k = . Vậy yxz =+ P = 222 2cos 2cos 3cos 1 cos 2 (1 cos 2 ) 3cos 2 x yz x y+=+++z 2 2 2sin( )sin( ) 3cos 2sin( )sin 3(1 sin ) x yxy z xyz= + + = + + z 2 2 2 11 3sin 2sin( )sin 3 3 sin sin( ) 3 sin ( ) 33 zxyz zxy x = + + + = + + + + y 1 P03 3 ++ . Đẳng thức xảy ra 11 ,2, 222 abc= == . Vậy 10 3 P max = 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.a 1 Tìm tọa độ đỉnh C 1,00 11 2 .(; ) 2 (; ) 2 32 GAB CAB S S AB d G AB d G AB== = = ) 33 (;33Gy x Gtt= . Đt AB có pt 80xy = (3 3) 8 (; ) 2 2 2 5 22 2 tt dGAB t = = += 5 22 5 22 2162 29 62 45182 ;; 222 22 5 2 2 5 2 2 21 6 2 29 6 2 45 18 2 ;; 222 22 tG C tG C + + + + + = = 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều 1,00 (;;)() 3876Cabc P a b c+=0 2 (1). Tam giác ABC đều 22 A CBCAB== 222 0( 22630 (3 ac abc abc += ++++= 2) ) 0,25 0,25 Từ (1) v (2) suy ra 33 2,2 22 abcb= = + thế vo (3) ta đợc . Phơng trình ny vô nghiệm. Vậy không có điểm C no thỏa mãn. 2 18 52 39 0bb++= 0,25 0,25 VII.a Chứng minh rằng tam giác OAB đều 1,00 Tam giác OAB đều 121 OA OB AB z z z z==== 2 Ta có 33 22 3 3 12 121212 1 2 1 2 ()( )0 z zzzzzzz z z zz+= + + == = Mặt khác 22 2 2 1 2 12 1 2 12 1 2 12 0( ) ( )z z zz z z zz z z zz+ = = = 2 12 12 12 1 2 .zz zz zz z z = = = . 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.b 1 Tìm tọa độ đỉnh C v D 1,00 11 1 .(; ) 1 (; ) 42 17 IAB ABCD S S AB d I AB d I AB== = = 2 xy Đt AB có pt 460+= 320 (32;) . I xy It t += 3246 22 (; ) 4 2 17 17 17 tt dIAB t + = == 2 (4; 2) (6; 2), (10; 3) 6 (16;6) (30;10), (34;11) tI CD tI C D = = 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Viết phơng trình đờng thẳng 1,00 d có ptts 1, 32, 3 x ty tz t= =+ =+ . cắt d tại I (1 , 3 2 , 3 ) I tt+ +t 24 122 6 ( ;( )) 2 12 48 2 122 24 122 6 t dI P t t + = = + = = 24 122 18 122 15 122 42 122 ;; 663 tI +++ = 6 18 122 15 122 42 122 63 : 387 xyy +++ + = = 6 24 122 18 122 15 122 42 122 ;; 663 tI + = 6 18 122 15 122 42 122 63 : 387 xyy + = = 6 0,25 0,25 0,25 0,25 VII.b Giải hệ phơng trình = =+ 1loglog 272 33 loglog 33 xy yx xy 1,00 Đk: . 0, 0xy>> 33 log log 1 3 y xy==x 0,25 0,25 33 3 3 3 log log log log log 227 yx y x y xy x y x=⇒+ =⇔=9 L«garit c¬ sè 3 hai vÕ ta ®−îc 33 3 3 3 log .log log 9 (1 log ) log 2yx xx = ⇔+ = 3 3 39 log 1 1 log 2 93 xy x x xy =⇒ = ⎡ = ⎡ ⎢ ⇔⇔ ⎢ ⎢ =− =⇒= ⎣ ⎣ 1 (tháa m·n ®k). VËy hÖ pt cã 2 nghiÖm lμ 0,25 0,25 . qua 5 điểm: CĐ (-3 ; 3), CT( -1 ; -1 ) , I (-2 ; 1) , A( -4 ; -1 ) , B(0 ; 3) 4 3 2 1 -1 - 4 - 2 4 3 2 1 -1 - 4 - 2 0,25 0,25 0,25 0,25 I 2 32 1 2 log 6 9 3 x xx m + ++= (1) 1, 00 (1) . lớn nhất c a biểu thức P = 222 223 11 abc + 1 + ++ 1, 00 Đặt . tan , tan , tanaxbycz===,, 0 ,, 0; 2 abc xyz > tan tan tan tan tan( ) 11 tantan ac x z abc a c b b y y x z ac x z ++ ++==. VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2 010 Môn thi: TOÁN, Khối A Thời gian làm bài: 18 0 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ