Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn: Toán - Đề 6

Sở GD & ĐT Nghệ An Tr−ờng THPT Phan Đăng L−u Đề thi thử đại học lần I Năm học 2009 – 2010 Môn thi: Toán; Khối B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Phần chung cho tất cả thí sinh (8 điểm): Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = (1 - x)3 . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số đã cho. 2. Viết ph−ơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = (1 - x )3, biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm A(0; 5). Câu II (2 điểm) 1. Giải hệ ph−ơng trình 2 2 2 2 4 8 4 15 0 2 2 5 x y x y x y xy − − + + =  + − = , với ẩn ,x y ∈ℝ . 2. Giải ph−ơng trình cos3 6sin 3x x+ = , với ẩn x ∈ℝ . Câu III (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đ−ờng cong: y = x – x2 và y = x3 – x. 2. Cho a, b, c là ba số d−ơng thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c a b c + + ≥ + + . Câu IV (2 điểm) 1. Cho hình trụ có bán kính đáy và chiều cao bằng nhau. Một hình vuông ABCD có hai cạnh AB và CD lần l−ợt là các dây cung của hai đ−ờng tròn đáy, còn cạnh BC và AD không phải là đ−ờng sinh của hình trụ. Biết diện tích của hình vuông ABCD là 100 m2. Tính diện tích xung quanh của hình trụ và cosin góc giữa mặt phẳng chứa hình vuông và mặt phẳng đáy. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(0; 0; 2), B(0; 4; 0), C(-6; 0; 0). Viết ph−ơng trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A, song song với đ−ờng thẳng BC và khoảng cách giữa đ−ờng thẳng BC và mặt phẳng (P) bằng 3 22 11 . Phần riêng (2 điểm): Thí sinh chỉ đ−ợc làm một trong hai phần ( A hoặc B) A. Theo ch−ơng trình Chuẩn Câu Va (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD, có giao điểm của AC và BD là I(2; 1). Các điểm M(-1; 1), N(1; 0), P(3; -1), Q(-1; 2) lần l−ợt thuộc các đ−ờng thẳng AB, BC, CD, DA. Viết ph−ơng trình đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: 1 31; 1z z i z i z i − − = = − + B. Theo ch−ơng trình Nâng cao Câu Vb (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đ−ờng thẳng d có ph−ơng trình là 3 2 0x y− − = và hai điểm phân biệt A(1; 3 ), B không thuộc đ−ờng thẳng d. Lập ph−ơng trình đ−ờng thẳng AB; Biết rằng khoảng cách từ điểm B đến giao điểm của đ−ờng thẳng AB và đ−ờng thẳng d bằng hai lần khoảng cách từ điểm B đến đ−ờng thẳng d. 2. Giải bất ph−ơng trình ( )( )2log log 4 6 1xx − ≤ , với ẩn x là số thực. ------------------------------------ Hết -------------------------------------- Thí sinh không đ−ợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh .; Số báo danh .. Sở GD & ĐT Nghệ An Tr−ờng THPT Phan Đăng L−u đáp án và biểu điểm Đề thi thử đại học lần I Năm học 2009 – 2010 Môn: Toán; Khối B,D Nội dung Điểm Câu I 2.0 1. 1.0 Hàm số có tập xác định là ℝ ; y’ = -3(1 – x)2; ' 0, ; ' 0 1y x y x≤ ∀ ∈ = ⇔ =ℝ . Do đó hàm số nghịch biến trên ℝ . 0. 25 Hàm số không có cực trị; ; x x Lim y Lim y →+∞ →−∞ =− ∞ =+ ∞ . 0.25 x −∞ 1 +∞ y’ - 0 - y 0.25 0.25 2. 1.0 Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị số y = (1 - x ) 3 , tiếp tuyến đó đi qua điểm A(0; 5). Nếu x0 > 0 thì ph−ơng trình tiếp tuyến đó là y = -3(1 – x0) 2(x – x0) + (1 – x0) 3. 0.25 Vì tiếp tuyến đó đi qua điểm A(0; 5) nên ta có 5 = -3(1 – x0) 2( – x0) + (1 – x0) 3 (1). (1) ⇔ 2x0 3 – 3x0 2 – 4 = 0 ⇔ (x0 – 2)(2x0 2 + x0 + 2) = 0 ⇔ x0 = 2 (thỏa mãn x0 > 0). Vậy ph−ơng trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = (1 - x )3 tại điểm có hoàng độ d−ơng là y = -3x + 5 0.25 Vì đồ thị hàm số y = (1 - x )3 đối xứng nhau qua trục tung và điểm A nằm trên trục tung nên tiếp tuyến có x0 0 qua trục tung. 0.25 Tại x0 = 0 hàm số y = (1 - x ) 3 không có đạo hàm nên không có tiếp tuyến tại đó. Vậy ph−ơng trình tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y = -3x + 5 và y = 3x + 5. (Nếu thí sinh không nêu đ−ợc tr−ờng hợp x0 = 0, thì vẫn cho điểm) 0.25 +∞ −∞ Câu II. 2.0 1. Giải hệ ph−ơng trình 2 2 2 2 4 8 4 15 0 (1) 2 2 5 (2) x y x y x y xy − − + + =  + − = 1.0 ( )( ) 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 3 0 ( ) 2 2 52 3 2 5 04 8 4 15 0 2 2 5 2 5 02 2 5 ( ) 2 2 5 x y I x y xyx y x yx y x y x y xy x yx y xy II x y xy − − =  + − =− − + − =− − + + =  ⇔ ⇔  + − = + − =+ − =    + − = (HD: Để đ−a ph−ơng trình (1) về PT tích nh− vậy TS có thể biến ủổi thành hiệu hai bỡnh phương hoặc thêm bớt rồi đặt nhân tử chung hoặc xem (1) là ph−ơng trình bậc hai theo x, giải x theo y rồi phân tích thành nhân tử hoặc nhõn (2) với 3 rồi cộng với (1) rồi ủưa về nhõn tử) 0.5 2 2 2 2 3 2 3 1, 1( ) 1, 22 2 5 2 6 4 0 x y x y x y I x yx y xy y y = + = + = = −   ⇔ ⇔ ⇔   = − = −+ − = + + =   0.25 2 2 2 5 2 5 2 3, 1( ) 1, 22 2 5 10 30 20 0 x y x y x y II x yx y xy y y = − = − = =   ⇔ ⇔ ⇔   = =+ − = − + =   . Vậy nghiệm của hệ là 1 1 3 1 , , , 1 2 1 2 x x x x y y y y = = − = =        = − = − = =    0.25 2. Gải ph−ơng trình cos3 6sin 3x x+ = (1). 1.0 3 2(1) 4cos 3cos 3(2sin 1) 0 cos (4cos 3) 3(2s inx 1) 0x x x x x⇔ − + − = ⇔ − + − = 0.25 ( ) ( )2cos (1 4sin ) 3(2s inx 1) 0 1 2sin cos 2sin cos 3 0 1 2sin 0 ( ) cos 2sin cos 3 0 ( ) x x x x x x x a x x x b ⇔ − + − = ⇔ − + − = − = ⇔  + − = 0.25 21 6( ) sin ( ) 52 2 6 x k a x k x k pi pi pi pi  = + ⇔ = ⇔ ∈  = +  ℤ 0.25 ( ) cos sin 2 3 0b x x⇔ + − = Vì cosx ≤ 1 và sinx ≤ 1 nên PT (b) vô nghiệm. Vậy nghiệm của PT đã cho là 2 6 ( ) 5 2 6 x k k x k pi pi pi pi  = + ∈  = +  ℤ . 0.25 Câu III. 2.0 1. 1.0 Hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm của PT x - x2 = x3 - x ⇔ x3 + x2 – 2x = 0 ⇔ 0 1 2 x x x =  =  = − 0.25 1 3 2 2 2S x x x dx − = + −∫ 0.25 ( ) ( )0 1 0 13 2 3 2 3 2 3 2 2 0 2 0 2 2 2 2x x x dx x x x dx x x x dx x x x dx − − = + − + + − = + − + + −∫ ∫ ∫ ∫ 0.25 = 4 3 4 30 1 2 2 2 0 8 5 37 4 3 4 3 3 12 12 x x x x x x −     + − ∫ + + − ∫ = + =        . Vậy 37 12 S = (đvdt). 0.25 2. Cho a, b, c là ba số d−ơng thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng 1.0 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c a b c + + ≥ + + (1) Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 22 ; 2 ; 2 .c a b ab bc aca b b c c a + ≥ = + ≥ = + ≥ = Suy ra 2 2 2 1 1 1 a b c a b c + + ≥ + + (2) 0.5 T−ơng tự cho a, b, c ta có a + b + c ≥ 1 1 1ab bc ca a b c + + = + + (3). Từ (2) và (3) Ta có (1). 0.5 Câu IV. 2.0 1. 1.0 Gọi E là hình chiếu của B trên mặt đáy d−ới suy ra DE là đ−ờng kính (Vì DC ⊥ CB nên DC ⊥ CE) Gọi bán kính đáy của hình trụ là r suy ra BE = r và DE = 2r. Vì ABCD là hình vuông có diện tích bằng 100m2 nên DC = CB = 10 m. 0.25 Từ tam giác DCE vuông tại C và tam giác BCE vuông tại E suy ra DE2 – DC2 = BC2 – BE2, suy ra 4r2 – 100 = 100 – r2. Vậy r = 2 10 0.25 Sxq = 2pi rh = 2pi r 2 = 80 pi (m2) 0.25 Vì EC ⊥ DC, BC ⊥ DC nên góc((EDC); (ABCD)) = góc(EC; BD) = góc BCE. Ta có 60 15 cos 10 5 CEBCE BC = = = 0.25 2. 1.0 Gọi d là đ−ờng thẳng đi qua A và song song với BC, suy ra PT đ−ờng thẳng d là 3 2 2 x t y t z =  =  = và mp(P) chứa đ−ờng thẳng d. Do đó mp(P) đi qua điểm A và A’(3; 2; 2). 0.25 Gọi ph−ơng trình mặt phẳng (P) là Ax + By + Cz + D = 0 (ĐK A2 + B2+C2 > 0). Vì (P) đi qua A, A’ nên 2 0 3 2 2 0 C D A B C D + =  + + + = 0.25 ( ) 2 2 2 4 3 22 , ( ) ( ; ( )) 11 B D d BC P d B P A B C + = = = + + . 0.25 Từ đó ta có hệ 2 2 2 0 3 2 0 75 13 44 0 C D A B B C BD  + =  + =  + + = Nếu B=0 thì A=0 và C=0 nên không thỏa mãn điều kiện. Do đó B khác 0 vì vậy chọn B = 3 suya A = -2, C = 3, D = -6 hoặc A = -2, C = 225/13, D = -450/13. Vậy ph−ơng trình mặt phẳng (P) là 2x – 3y – 3z + 6 = 0 hoặc 2x – 3y – (225/13)z + 450/13 = 0. (TS cú thể giải bằng cỏch gọi PT mp (P) ủi qua A là , rồi giải hệ . 0Pn BC =   và d(B, (P)) = 3 22 11 ) 0.25 Câu Va (Theo ch−ơng trình Chuẩn) 2.0 1. 1.0 Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua I, suy ra M’(5; 1) và M’ thuộc đ−ờng thẳng CD. Do đó ph−ơng trình của đ−ờng thẳng CD là x – y – 4 = 0. Gọi Q’ là điểm đối xứng với Q qua I, suy ra Q’(5; 0) và Q’ thuộc đ−ờng thẳng BC. Do đó ph−ơng trình của đ−ờng thẳng BC là y = 0. Suy ra điểm C(4; 0). 0.5 Điểm A đối xứng với C qua I nên A(0; 2). Do đó ph−ơng trình của đ−ờng thẳng AB là x – y + 2 = 0. Do đó tọa độ điểm B(-2; 0). 0.25 Đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC có ph−ơng trình là x2 + y2 + 2Ax + 2By + C = 0 (ĐK A2 + B2 - C > 0) 0.25 A B C D E F Vì đ−ờng tròn đi qua A, B, C nên ta có hệ 4 4 0 1 8 16 0 1 4 4 0 8 B C A A C B A C C + + = = −    + + = ⇔ =    − + + = = −  . Vậy ph−ơng trình đ−ờng tròn cần tìm là x2 + y2 – 2x + 2y – 8 = 0. 2. 1.0 Gọi z = a + bi (a, b là số thực). Khi đó ( ) ( ) 2 2 22 111 11 1 1 1( 1) ( 1) 1 a ba biz a bi a b z i a b i a b i a b − + − + − − + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = − + − + − + − 0.5 2 2 2 2 ( 3) ( 3)3 ( 3)1 1 1 1 1( 1) ( 1) ( 1) a b i a bz i a b i b z i a b i a b i a b + − + −− + − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + + + + + + + . Vậy số phức càn tìm là z = 1 + i. 0.5 Câu Vb (Theo ch−ơng trình Nâng cao) 2.0 1. 1.0 Gọi M là giao điểm của đ−ờng thẳng AB và đ−ờng thẳng d, H là hình chiếu vuông góc của B trên d. Vì BM = 2 BH nên góc giữa đ−ờng thẳng AB và đ−ờng thẳng d bằng 300. 0.25 Đ−ờng thẳng AB đi qua điểm A(1; 3 ) nên PT đ−ờng thẳng AB: m (x - 1) + n (y - 3 ) = 0 (m2 + n2 > 0) Vì góc giữa đt AB và đt d bằng 300 nên 0 2 2 3 cos30 2 m n m n − = + 0.5 Giải 2 2 3 3 22 m n m n − = + đ−ợc m = 0, n = 1 hoặc m = 3 , n = -1. Vậy ph−ơng trình đ−ờng thẳng AB là y = 3 hoặc 3 x - y = 0. 0.25 2. 1.0 Điều kiện xác định của BPT là 4 0, 1 log 7 1 4 6 1x x x x > ≠ ⇔ > > − > 0.25 Khi đó ( )( ) ( )2 2log log 4 6 1 log 4 6 4 6 2x x x xx x− ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ (*) 0.25 Đặt t = 2x, Bpt (*) trở thành t2 – t – 6 ≤ 0. Giải đ−ợc -2 ≤ t ≤ 3, hay -2 ≤ 2x ≤ 3 suy ra x ≤ log23. 0.25 Kết hợp điều kiện xác định ta có nghiệm của Bpt là log47 < x ≤ log23. 0.25 ------------Hết------------