Xem mẫu
- SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 4 ( m − 1) x + 2m − 1 có đồ thị ( Cm )
4 2
3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số khi m = .
2
2. Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều
Câu II (2,0 điểm)
π 1 − tan 2 x
1. Giải phương trình 8cos ( x + ) + sin 4 x = 2.
4
1 + tan 2 x
4
3 1+ x + 1− y = 2
2. Giải hệ phương trình sau trên R: 2
x − y + 9 y = x(9 + y − y )
4 3
1
x2
I = ∫ x (e −
2x
) dx
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
4− x 2
0
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy
nhỏ. Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều có cạnh với độ dài bằng 2a và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt đáy, SC = a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng ( SHC ) bằng 2a 2
(ở đây H là trung điểm AB ). Hãy tính thể tích khối chóp theo a.
Câu V(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 3 .
ab + bc + ca
Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 + 2 ≥4
a b + b 2c + c 2 a
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình ( x − 2)2 + ( y − 3) 2 = 10 . Xác
định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua M(-3; -2) và xA > 0.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Câu VII.a (1,0 điểm)
Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: z = 1 + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 + … + (1 + i)20
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là
giao điểm của đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0 và d2 : x + y − 6 = 0 . Trung điểm M của cạnh AD là
giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương
trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC
Câu VII.b (1,0 điểm
Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn hệ
thức 2 z − 1 = z − z + 2
giapcot@yahoo.com sent to www.laisac.page.tl
- HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011
Nội dung Điểm
Câu ý
Với m= 3/2 ta có y = x4 -2x2 +2
Tập xác định: Hàm số có tập xác định D = R.
0.25
x = 0
• Sự biến thiên: y' = 4 x − 4 x. Ta có y' = 0 ⇔
3
x = ±1
1
lim y = +∞; lim y = +∞
x →−∞ x →+∞
yCD = y ( 0 ) = 2; yCT = y ( ±1) = 1. 0.25
• Bảng biến thiên:
x −∞ +∞
-1 0 1
− 0−
0+ +
y' 0
0.25
+∞ +∞
2
y
I
1 1
• Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
0.25
• Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy
• Ta có y ′ = 4 x − 8 ( m − 1) x = 4 x ( x − 2 ( m − 1) ) .
3 2
2
x = 0 0.25
• y′ = 0 ⇔ 2 nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1
x = 2 ( m − 1)
• Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:
( )( )
A ( 0; 2m − 1) ,B 2 ( m − 1) ; −4m 2 + 10m − 5 ,B − 2 ( m − 1) ; −4m 2 + 10m − 5 . Ta có:
0.5
AB 2 = AC 2 = 2 ( m − 1) + 16 ( m − 1)
4
BC 2 = 8 ( m − 1)
3
3
So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra m = 1 + 0.25
2
π π
) = cos x − s inx , 1 − sin 2 x = ( cos x − s in )
2
+ kπ ,ta có
Đk: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 cos( x + 0.25
2 4
⇔ ( cos x − sin x ) = ( cos 2 x − sin 2 x ) ( 1 − sin 2 x )
4
⇔ ( cos x − sin x ) = ( cos x − sin x ) ( s inx + cos x )
3
4
0.25
⇔ sin x ( cos x − sin x ) = 0
3
x = kπ 0.5
1 x = kπ
sin x = 0
⇔
⇔ ⇔
x = π + kπ
cos x − sin x = 0 tan x = 0
II 4
x = kπ
Vậy pt có 2 nghiệm:
x = π + kπ
4
- Đk: y ≤ 1 . Ta có x − y + 9 y = x ( 9 + y − y ) ⇔ ( x − y ) ( x + y − 9 ) = 0
2 4 3 3
0.25
1 + x + 1 − y = 2 nên 3 1 + x ≤ 2 ⇔ x ≤ 7.Do đó x + y 3 − 9 ≤ -10) thì
2
a + b = 2
⇒ a 3 + ( 2 − a ) = 2 ⇔ a3 + a 2 − 4a + 2 = 0 ⇔ ( a − 1) ( a 2 + 2a − 2 ) = 0
2
3 2 0.25
a + b = 2
⇒ a = 1; a = −1 + 3; a = −1 − 3
Từ đó tìm đựơc các nghiệm của hệ : x=y=0 và x = y = −11 + 6 3 ; x = y = −11 − 6 3 0.25
1 1
x3
I = ∫ x e dx − ∫ dx = I1 + I 2
2x
0.25
4 − x2
0 0
1
e2 x 1 e2 + 1
1
I1 = ∫ x e 2 x dx = ( xe 2 x − ) |0 =
Tính 0.25
2 2 4
0
III
16
I2 = − 3 3 +
I2 bằng cách đặt t = 4 − x 2 được
Tính 0.25
3
e2 61 0.25
I= +3 3−
4 12
S
2a a5
a C
B
2a
A
a 45° D
H a
a H
45° A a
2a 2
a
E D B a C
4a
C'≡C
2a 3
Từ giả thiết suy ra SH ⊥ ( ABCD ) và SH = =a 3 0.25
2
IV
Theo định lý Pythagoras ta có CH = SC 2 − SH 2 = a 2 .
0.25
Do đó tam giác HBC vuông cân tại B và BC = a
Gọi E = HC ∩ AD thế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó suy ra
DE = 2a 2 × 2 = 4a ⇒ AD = 3a. 0.25
0.25
1
Suy ra CE = 2a 2 = d ( D; HC ) = d ( D; ( SHC ) ) y ra S ABCD = ( BC + DA) ×AB = 4a 2
2
- 4a 3
1
(đ.v.d.t.). Vậy VS . ABCD = ×SH ×S ABCD = (đ.v.t.t.)
3 3
Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)
= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2
a3 + ab2 ≥ 2a2b
mà
0.25
b3 + bc2 ≥ 2b2c
c3 + ca2 ≥ 2c2a
Suy ra 3(a2 + b2 + c2) ≥ 3(a2b + b2c + c2a) > 0
ab + bc + ca 9 − (a 2 + b2 + c 2 )
Suy ra VT ≥ a + b + c + 2 ⇒ VT ≥ a 2 + b 2 + c 2 +
2 2 2
V 0.25
a + b2 + c 2 2(a 2 + b 2 + c 2 )
Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh được t ≥ 3.
9−t t 9 t 1 31
Suy ra VT ≥ t + = + + − ≥ 3 + − = 4 ⇒ VT ≥ 4 0.5
2t 2 2t 2 2 22
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 . Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán
| 2a + 3b + 3a + 2b |
kính R = 10 nên 10 = ⇔ 10(a 2 + b 2 ) = 25(a + b) 2 0.25
a +b
2 2
⇔ (a + 3b)(3a + b) = 0 ⇔ a = −3b hay b = −3a
1 0.25
pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0
TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)⇒t>-1 và do IA2=2.R2=20⇒ t = 1, t = -1 (loại).
0.25
Suy ra A(6;1)⇒ C(-2; 5)
TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)⇒t>0 và do IA2=2.R2=20⇒ t = 0, t = -2 (không thoả
0.25
mãn)
uuu
r uuu
r
VI.a + ) Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực
0.25
của AB, AC là: x + y − z − 1 = 0, y + z − 3 = 0.
r uuu uuu
rr
n = AB, AC = (8; −4; 4). Suy ra (ABC):
+) Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là 0.25
2x − y + z +1 = 0 .
2
x + y − z −1 = 0 x = 0
+) Giải hệ: y + z − 3 = 0 ⇒ y = 2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). 0.25
2 x − y + z + 1 = 0 z = 1
Bán kính là R = IA = (−1 − 0) 2 + (0 − 2) 2 + (1 − 1)2 = 5. 0.25
0,25
(1 + i ) 21 − 1
P = 1 + (1 + i ) + ... + (1 + i ) 20 =
i
VII.a 10
(1 + i ) 21 = (1 + i) 2 .(1 + i ) = (2i )10 (1 + i ) = −210 (1 + i)
0,25
−210 (1 + i) − 1
( )
P= = −210 + 210 + 1 i
0,25
i
Vậy: phần thực −210 , phần ảo: 210 + 1 0,25
Ta có: d1 ∩ d2 = I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
0.25
- x − y − 3 = 0 x = 9 / 2 9 3
⇔ . Vậy I ;
x + y − 6 = 0 y = 3 / 2 2 2
M là trung điểm cạnh AD ⇒ M = d1 ∩ Ox . Suy ra M( 3; 0)
2 2
9 3
Ta có: AB = 2IM = 2 3 − + = 3 2
2 2
SABCD 12 0.25
Theo giả thiết: SABCD = AB.AD = 12 ⇔ AD = = =2 2
AB 32
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ⇒ d1 ⊥ AD
Đường thẳng AD có PT: 1(x − 3) + 1(y − 0) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 . Lại có:
MA = MD = 2
x + y − 3 = 0
1
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
( x − 3) + y 2 = 2
2
y = − x + 3 y = − x + 3 0.25
y = 3 − x
⇔ ⇔ ⇔
( x − 3) + y = 2 ( x − 3) + (3 − x) = 2 x − 3 = ±1
2 2
2 2
VI.b
x = 2 x = 4
⇔ hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
y = 1 y = −1
x C = 2x I − x A = 9 − 2 = 7
9 3
I ; là trung điểm của AC suy ra:
y C = 2y I − y A = 3 − 1 = 2
2 2
0.25
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
uuu
r uuu
r r
0.25
Ta có AB = (2; −3; −1), AC = (−2; −1; −1) ⇒ n = (2; 4; −8) là 1 vtpt của (ABC)
Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25
2
0.25
2 x − 3 y − z − 2 = 0
M(x; y; z) MA = MB = MC ta có
2 x + y + z =0
M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25
Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) . Ta có
2 z −1 = z − z + 2
⇔ 2 x + yi − 1 = x + yi − x + yi + 2 0.5
⇔ 2 x − 1 + yi = 2 + 2 yi
VII.
( x − 1)
2
⇔2 + y2 = 4 + 4 y2
b
⇔ x2 − 2x = 0
x = 0
⇔ 0.5
x = 2
Vậy tập hợp các điểm cần tìm là 2 đường thẳng x = 0, x = 2
nguon tai.lieu . vn
