Xem mẫu
- ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
http://ductam_tp.violet.vn/
Ngày thi 21/12/2010 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao
đề)
I. PHẦN CHUNG CHO T ẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
m
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x + m +
x−2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1.
2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm c ực tr ị c ủa đ ồ th ị hàm s ố cách đ ường
thẳng
d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
cos 2 x. ( cos x − 1)
= 2 ( 1 + sin x ) .
1. Giải phương trình
sin x + cos x
7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2 x − x2
2. Giải phương trình (x ﾡ )
3
x −3
dx .
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
0 3. x + 1 + x + 3
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các đi ểm lần lượt di đ ộng
trên các cạnh AB, AC sao cho ( DMN ) ⊥ ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN
theo x và y. Chứng minh rằng: x + y = 3xy.
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x 3 + y 3 + 16 z 3
P=
( x + y + z)
3
II. 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 toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đ ường th ẳng AB: x – 2y
+ 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đ ường th ẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm to ạ đ ộ
các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
x + 1 y −1 z − 2 x−2 y+2 z
= = = =
d1: , d2:
−2
2 3 1 1 5
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương
trình
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có đi ểm A(2; 3), tr ọng tâm G(2; 0). Hai đ ỉnh B và
C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d 2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình
đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
x − 3 y + 2 z +1
= =
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 =
−1
2 1
0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đ ường th ẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P),
vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 .
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1
- 1
log 1 ( y − x ) − log 4 =1
y ( x, y ﾡ )
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 4
2 2
x + y = 25
-------------------Hết -------------------
SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010
Đáp án gồm 06 trang
Nội dung Điể
Câu
m
I 2,0
1 1,0
1
Với m =1 thì y = x + 1 +
x−2 0.25
a) Tập xác định: D = ﾡ \ { 2}
b) Sự biến thiên:
x =1
x2 − 4x + 3
1
y ' =1− = , y'= 0 .
( x − 2) ( x − 2)
2 2
x=3
0.25
lim y = − , lim y = + , lim y = + ; lim y = − ,
x 2+ x 2−
x− x+
lim [ y − ( x + 1)] = 0 ; lim [ y − ( x + 1) ] = 0
+ −
x x
Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.
Bảng biến thiên
x +∞
- 1 2 3
∞ –
y’ +
+ 0 – 0
+∞
+∞
1
y 0.25
- 3
-
∞n trên mỗi khoảng ( − ∞;1) , ( 3; + );
Hàm số đồng biế hàm số nghịch biến trên
mỗi khoảng ( 1; 2 ) , ( 2;3)
Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3.
c) Đồ thị: 0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2
- 2 1.0
m
Với x 2 ta có y’ = 1- ;
( x − 2) 2
0.25
Hàm số có cực đại và cực tiểu phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai
nghiệm phân biệt khác 2 � m > 0
Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: -
x1 = 2 + m � y1 = 2 + m + 2 m 0.25
x2 = 2 − m � y2 = 2 + m − 2 m
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2 − m ; 2 + m − 2 m ) ; B(
2 + m; 2 + m + 2 m )
0.25
Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:
2−m− m = 2−m+ m
m=0
m=2
0.25
Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán
Vậy ycbt ⇔ m = 2.
II 2.0
cos 2 x. ( cos x − 1)
= 2 ( 1 + sin x ) .
Giải phương trình
1 1.0
sin x + cos x
ĐK: sin x + cos x 0 0.25
Khi đó PT � ( 1 − sin x ) ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) ( sin x + cos x )
2
� ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x + sin x + sin x.cos x ) = 0 0.25
� ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x ) ( 1 + sin x ) = 0
sin x = −1 0.25
(thoả mãn điều kiện)
cos x = −1
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3
- π
+ k 2π
x=−
( k, m Z)
2
x = π + m2π 0.25
π
( k, m Z)
+ k 2π và x = π + m 2π
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = −
2
2 1.0
7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2
Giải phương trình: (x ﾡ )
3 − 2 x − x2 0
PT 0.25
7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2
3 − 2x − x2 0
0.25
x x + 5 = −2( x + 2)
−3 x 1
−2 x
- 1 2
Thể tích tứ diện D. AMN là V = S AMN .DH = xy 0.25
3 12
1 1 1
Ta có: S AMN = S AMH + S AMH � xy.sin 600 = x. AH .sin 300 + y. AH .sin 300
2 2 2 0.25
⇔ x + y = 3xy.
V 1.0
( x + y)
3
Trước hết (biến đổi tương đương)
ta có: x3 + y 3
4 0.25
� ... � ( x − y ) ( x + y ) �0
2
Đặt x + y + z = a. Khi đó
( x + y ) + 64 z 3 = ( a − z ) + 64 z 3 = 1 − t 3 + 64t 3
3 3
()
4P
a3 a3 0.25
z
(với t = , 0 t 1 )
a
[ 0;1] . Có
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t
1
f '(t ) = 3 � t 2 − ( 1 − t ) � f '(t ) = 0 � t = � 0;1]
[
2
0.25
64 ,
� � 9
Lập bảng biến thiên
64
� GTNN của P là 16 đạt được khi x = y = 4z > 0
� Minf ( t ) = 0.25
81 81
t [ 0;1]
VI.a 2.0
1 1.0
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
x=
x − 2 y +1 = 0 � 13 �
21
5 0.25
�� � B� ; �
�
x − 7 y + 14 = 0 13 � 5�
5
y=
5
Lại có: Tứ giác ABCD là hình uuu nhật nên r giữa AC và AB bằng góc giữa
ữ
chr góc
uuur uuu
AB và BD, kí hiệu nAB (1; −2); nBD (1; −7); nAC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là
VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
uuu uuu
rr uuu uuu
rr
( ) ( )
cos nAB , nBD = cos nAC , nAB 0.25
a = −b
3
� a − 2b = a + b � 7 a + 8ab + b = 0 �
2 2 2 2
b
a=−
2
7
- Với a = - b. Chọn a = 1 b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, 0.25
A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
� − y −1 = 0 �=3
x x
�� � A(3; 2)
�
� − 2 y +1 = 0 � = 2
x y
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
x=
x − y −1 = 0 � 5�
7
� � 2 �I � ; �
�
x − 7 y + 14 = 0 5 � 2�
2
y=
2
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5
- � 12 �
14
Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C ( 4;3) ; D � ; �
� 5�
5
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25
2 1.0
� = −1 + 2t � = 2+m
x x
� �
Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 : � = 1 + 3t ; d 2 : � = −2 + 5m
y y 0.25
� = 2+t � = −2 m
z z
� �
Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; -
2m) uuu 0.25
ur
MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
3 + m − 2t = 2k
uuuu
r uu r
uu
r
−3 + 5m − 3t = −k có
Do d ⊥ (P) có VTPT nP (2; −1; −5) nên ∃k : MN = k n p
0.25
−2 − 2m − t = −5k
nghiệm
m =1
Giải hệ tìm được
t =1
x = 1 + 2t
0.25
Phương trình d: y = 4 − t thoả mãn bài toán
Khi đó điểm M(1; 4; 3)
z = 3 − 5t
Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương
VII. 1.0
trình
a
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
nN
Điều kiện:
n>3 0.25
Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 ⇔ log4(n – 3)(n + 9) = 3
(thoả mãn)
n=7
⇔ (n – 3)(n + 9) = 4 ⇔ n + 6n – 91 = 0
3 2
n = −13 (không thoả mãn) 0.25
Vậy n = 7.
Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 =
0.25
23
( 1+ i) .� + i)
(1 �= ( 1 + i ) .(2i )3 = (1 + i).( −8i) = 8 − 8i
� �
Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
1 1.0
Giả sử B ( xB ; yB ) �d1 � xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) �d 2 � xC = −2 yC + 7
xB + xC + 2 = 6 0.25
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
yB + yC + 3 = 0
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6
- uuu
r uuu
r
Ta có BG (3; 4) � VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
9
phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 =
Bán kính R = d(C; BG) =
5
0.25
81
25
2 1.0
Ta có phương trình tham số của d là:
x = 3 + 2t
x = 3 + 2t
y = −2 + t
y = −2 + t ⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ (tham số t) 0.25
z = −1 − t
z = −1 − t
x+ y+z+2=0
� M (1; −3;0)
uu
r uu
r
Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; −1) .
uu
r uu uu rr
Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u∆ = �d , nP � (2; −3;1)
=
u
� �
uuuu
r
Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đó MN ( x − 1; y + 3; z ) .
0.25
uu
r
uuuu
r
Ta có MN vuông góc với u∆ nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
x+ y+z+2=0
Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x − 3 y + z − 11 = 0
( x − 1) 2 + ( y + 3) 2 + z 2 = 42
Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25
x−5 y+2 z +5
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt ∆ : = =
−3
2 1 0.25
x+3 y+4 z −5
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt ∆ : = =
−3
2 1
1
VII. 1.0
log 1 ( y − x ) − log 4 =1
b y ( x, y ﾡ )
Giải hệ phương trình 4
x 2 + y 2 = 25
y−x>0
Điều kiện: 0.25
y>0
Hệ phương trình
y−x � −x 1
1 y
� �
� 4 ( y − x ) + log 4 y = −1 � 4 y = −1 � y = 4
log log 0.25
�� �� ��
� 2 + y 2 = 25 � 2 + y 2 = 25 � 2 + y 2 = 25
x x x
� � �
x = 3y 0.25
� = 3y � = 3y
x x
� �2 �� � � 2 25
y=
x + y 2 = 25 � y 2 + y 2 = 25
9
�
10
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7
- �15 5� (không thỏa mãn đk)
( x; y ) = � ; �
� 10 10 �
� 15 5 � (không thỏa mãn đk) 0.25
( x; y ) = �− ;− �
� 10 10 �
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà v ẫn đúng thì đ ược đi ểm t ừng ph ần
nh ư
đáp án quy định.
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 8
nguon tai.lieu . vn
