Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn: Toán - Đề 2

SỞ GD-ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT TỐNG VĂN TRÂN THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI Môn: Toán 180’ PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH Câu I (2 điểm). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3 2. Tìm m để phương trình 4 2 24 3 logx x− + = m có 4 nghiệm phân biệt.. Câu II (2 điểm). 1. Giải bất phương trình: ( ) ( ) 325 1 5 1 2 0x x x+− + + − ≤ 2. Giải phương trình: 2 ( 2) 1 2x x x x− + − = − Câu III (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị hàm số: y = |x| ; y = 2 – x2 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi , BAD α∠ = . Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại hợp với đáy một góc β . Cạnh SA = a. Tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp S.ABCD. Câu IV (1 điểm). Cho tam giác ABC với các cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng: 3 3 3 2 2 2 2 2 23 ( ) ( ) (a b c abc a b c b c a c a b+ + + ≥ + + + + + ) PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng : 2 3x y 0Δ + − = và hai điểm A(1;0), B(3; -4). Hãy tìm trên đường thẳng Δ một điểm M sao cho 3MA MB+JJJG JJJG nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: 1 1 : 2 2 x t d y t z t = −⎧⎪ =⎨⎪ = − +⎩ và 2 : 1 1 x t d y z t =⎧⎪ 3t= +⎨⎪ = −⎩ . Lập phương trình đường thẳng đi qua M(1; 0; 1) và cắt cả hai đường thẳng d1 và d2. 3. Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2 0z z+ = Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao 1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: 1 1 : 2 2 x t d y t z t = −⎧⎪ =⎨⎪ = − +⎩ và 2 : 1 1 x t d y z t =⎧⎪ 3t= +⎨⎪ = −⎩ . Lập phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2. 3. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2 1z i+ + = , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. Hết Gửi: ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM Câu ý Nội dung Đi 2 1 1 TXĐ D = \ Giới hạn : lim x y→±∞ = +∞ Sự biến thiên : y’ = 4x3 - 8x y’ = 0 0, 2x x⇔ = = ± Bảng biến thiên x −∞ 2− 0 2 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ +∞ 3 -1 -1 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( )2;0 , 2;− +∞ và nghịch biến trên các khoảng ( ) ( ); 2 , 0; 2−∞ − Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2± , yCT= -1 Đồ thị y 3 3− 1 3 -1 O x 02 02 02 02 2 1 I Đồ thị hàm số 4 24 3y x x= − + y 3 y = log2m 1 x 02 O 3− 2− -1 1 2 3 Số nghiệm của phương trình 4 2 24 3 logx x− + = m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 4 24y x x= − + 3 và đường thẳng y = log2m. Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi log2m = 0 hoặc 21 log m 3< < hay m = 1 hoặc 2<m<9 02 02 02 2 1 1 Viết lại bất phương trình dưới dạng 5 1 5 1 2 2 0 2 2 x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ++ − ≤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Đặt t = 5 1 , 0. 2 x t ⎛ ⎞+ >⎜ ⎟⎜ ⎟ khi đó ⎝ ⎠ 5 1 1 2 x t ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Bất phương trình có dạng t + 1 2 2 0 t − ≤ 2 2 2 1 0t t⇔ − + ≤ 2 1 2 1t⇔ − ≤ ≤ + 5 1 5 1 2 2 5 12 1 2 1 2 log ( 2 1) log ( 2 1) x x+ + ⎛ ⎞+⇔ − ≤ ≤ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⇔ − ≤ ≤ + 02 02 02 02 2 1 II Điều kiện : 1x ≥ Phương trình tương đương với 2 ( 1 1) 2 1 2( 1)x x x x x 0− − − − − − − = (*) Đặt 1, 0y x y= − ≥ . Khi đó (*) có dạng : x2 – x(y - 1) – 2y – 2y2 = 0 ( 2 )( 1) 0 2 0( 1 0 x y x y x y do x y ) ⇔ − + + = ⇔ − = + + ≠ 2 2 1 4 4 2 x x x x x ⇒ = − 0⇔ − + = ⇔ = 02 02 05 2 1 1 III 1 2 1 2 3 2 3 31 1 1 2 3 2 3 23 3 21 1 3 2 3 23 3 1 1 tan( 1) 1 1 tan( 1)lim lim .( 1) 11 1 tan( 1)lim .( 1) lim .( 1)( 1) 1 1 lim( 1) lim( 1)( 1) 9 x x x x x x x x x e x e x x x xx e xx x x x x x x x x x x x − − → → − → → → → + − − − + −= +−− − −= + + + + +− − = + + + + + + = + + 02 05 02 2 1 Kẻ đường cao SI của tam giác SBC. Khi đó AI ⊥BC (Định lí 3 đường vuông góc) do đó SIA β∠ = S AI = a.cotβ , AB = AD = cot sin a β α , SI = sin a β 2 2cot. .sin sinABCD aS AB AD βα α= = A D 3 2 . cot 3sinS ABCD aV βα= Sxq = SSAB + SSAD SSBC + SSCD BB I C = 2 cot 1.(1 ) sin sin a β α β+ 02 02 02 02 1IV Ta có 3 3 3 2 2 2 2 2 23 ( ) ( ) (a b c abc a b c b c a c a b+ + + ≥ + + + + + ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3cos cos cos 2 a b c b c a c a b ab bc ca A B C + − + − + −⇔ + + ⇔ + + ≤ 2 ≤ Mặt khác 2 2 2 2 cos cos cos (cos cos ).1 (cos cos sin sin ) 1 1[(cos cos ) 1 ]+ [sin A+sin B]-cos cos 2 2 3 2 A B C A B A B A A B A sB + + = + − − ≤ + + = B Do đó 3cos cos cos 2 A B C+ + ≤ 02 02 05 3 1 1 Va Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( 5 ; 3 2 − ) Ta có : 3 ( ) 2 2 2 4MA MB MA MB MB MI MB MJ+ = + + = + =JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG 02 Vì vậy 3MA MB+JJJG JJJG nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng Δ Đường thẳng JM qua J và vuông góc với Δ có phương trình : 2x – y – 8 = 0. Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 2 2 3 0 5 2 8 0 5 xx y x y y 19 −⎧ =⎪+ − =⎧ ⎪⇔⎨ ⎨− − =⎩ ⎪ =⎪⎩ vậy M(19 2; 5 5 − ) 02 02 02 2 1 Đường thẳng d1 đi qua A(1; 0; -2) và có vecto chỉ phương là 1 ( 1;2;1)u = − JG , đường thẳng d2 đi qua B(0; 1; 1) và có vecto chỉ phương là 2 (1;3; 1)u = − JJG . Gọi ( ), ( )α β là các mặt phẳng đi qua M và lần lượt chứa d1 và d2. Đường thẳng cần tìm chính là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) à ( )vα β Ta có (0;0; 3), ( 1;1;0)MA MB= − = −JJJG JJJG 1 1 2 2 1 ; (2;1;0), ; (1;1; 3 n MA u n MB u⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = = − =⎣ ⎦ ⎣ ⎦ JG JJJG JG JJG JJJG JJG 02 02 02 4) là các vecto pháp tuyến của ( ) à ( )vα β Đường giao tuyến của ( ) à ( )vα β có vectơ chỉ phương 1 2; (4; 8;u n n⎡ ⎤= = −⎣ ⎦ 1) G JG JJG và đi qua M(1;0;1) nên có phương trình x= 1 + 4t, y = 8t, z = 1 + t 02 3 1 Gọi z = x + y.i. Khi đó z2 = x2 – y2 + 2xy.i, z x yi= − 2 2 2 2 2 2 0 2 2( 1) 0 2 0 ( 1; 3), ( 0; 0), ( 2; 0 2( 1) 0 z z x y x x yi x y x x y x y x y x y + = ⇔ − + + − = ⎧ − + =⇔ ⇔ = = ± = = = −⎨ − =⎩ )= Vậy có 4 số phức thỏa mãn z = 0, z = - 2 và z = 1 3i± 02 02 02 02 3 1 1 Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N Gọi M(x; y) (1) 2 21( ) 13C x y∈ ⇒ + = Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y). Do N (2) 2 22( ) (2 ) (6 ) 25C x y∈ ⇒ + + − = Từ (1) và (2) ta có hệ 2 2 2 2 13 (2 ) (6 ) 25 x y x y ⎧ + =⎪⎨ + + − =⎪⎩ Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại) và (x = 17 5 − ; y = 6 5 ). Vậy M( 17 5 − ; 6 5 ) Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0 02 02 02 02 Vb 2 1 Gọi M (1- t ; 2t ; -2 + t) , N(t’ ; 1+3t’ 1- t’) 1d∈ 2d∈ 1 ( 1;2;1)u = − JG Đường thẳng d có vecto chỉ phương là , đường thẳng d1 2 có vecto chỉ phương là . 2 (1;3; 1)u = − JJG ( ' 1;3 ' 2 1; ' 3)MN t t t t t t= + − − + − − +JJJJG 12 . 0 2 ' 3 3 0 11 ' 4 1 0. 0 MN u t t t tMN u ⎧ = − + =⎧⎪ ⇔⎨ ⎨ − − == ⎩⎪⎩ JJJJG JG JJJJG JJG 02 MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 khi và chỉ khi 3' 5 7 5 t t ⎧ =⎪⎪⇔ ⎨⎪ =⎪⎩ Do đó M( 2 14 3; ; 5 5 5 − − ), N( 3 14 2; ; 5 5 5 ). Mặt cầu đường kính MN có bán kính R = 2 2 2 MN = và tâm I( 1 14 1; ; 10 5 10 − ) có phương trình 2 2 21 14 1( ) ( ) ( ) 10 5 10 2 x y z− + − + + = 1 02 02 02 3 1 Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z. 2 21 2 1 ( 1) ( 2) 1z i x y+ + = ⇔ + + + = 02 Đường tròn (C) : có tâm (-1;-2) O 2 2( 1) ( 2)x y+ + + =1 Đường thẳng OI có phương trình y = 2x Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm Biểu diễn nó thuộc (C) và gần gốc tọa độ O nhất, đó chính là một trong hai giao điểm của đường thẳng OI và (C) Khi đó tọa độ của nó thỏa mãn hệ 2 2 1 11 1 2 5 5, 2 2( 1) ( 2) 1 2 2 5 5 x xy x x y y y ⎧ ⎧= − − = − +⎪ ⎪=⎧ ⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ ⎨+ + + =⎩ ⎪ ⎪= − − = − +⎪ ⎪⎩ ⎩ Chon z = 1 21 ( 2 5 5 i− + + − + ) 02 02 02 I