Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 116
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 (3,0 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(1;2), đường chéo BD có phương trình:
2x + y +1 = 0 . Điểm M nằm trên đường thẳng AD sao cho M và D nằm về hai phía so với A và AM = AC.
Đường thẳng MC có phương trình: x + y -1 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD.
0 SỞ GD_ĐT HƯNG YấN đề thi thử đại học lần II năm 201 Trường thpt nam phù cừ Môn thi : Toán ******** (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 5 3 2 2 x y x = - + 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2/ Cho điểm M thuộc (C) có hoành độ x M = a. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, với giá trị nào của a thì tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M. Câu II (2,0 điểm) 1/ Giải phương trình: 4 4 4 4 4 3 ( ) ( ) 4 4 4 2 sin x sin x cos x cos x sin x p p + + + + + = . 2/ Tìm tất cả các số thực x thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau: a) 2 2 ( 3 ) 2 3 2 0 x x x x - - - ³ (1) b) 2 (6 27 ) 8.(6 27) 3 x x x+ - + + = (2) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 1 2 0 (1 ) 1 sinx cosx ln dx sinx p + ộ ự + ờ ỳ + ở ỷ ũ Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, A’A = A’B = A’C và mặt phẳng (A’AB) vuông góc với mp(A’AC). Tính . ' ' ' ABC A B C V . Câu V (1,0 điểm) Cho p, q là các số tự nhiên lớn hơn 1 và 0; 2 x p ộ ự ẻ ờ ỳ ở ỷ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: . p q T cos x sin x = 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 (3,0 điểm) 1/ Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(1;2), đường chéo BD có phương trình: 2 1 0 x y + + = . Điểm M nằm trên đường thẳng AD sao cho M và D nằm về hai phía so với A và AM = AC. Đường thẳng MC có phương trình: 1 0 x y + - = . Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD. 2/ Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0; -2; -6), B(2; 0; -2) và mặt cầu (S) có phương trình: 2 2 2 2 2 2 1 0 x y z x y z + + + - + - = . Viết phương trình mp(P) đi qua hai điểm A, B và (P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 1. 3/ Trong các số phức z thoả mãn điều kiện: 1 2 1 z i + + = , tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. B/ Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (3,0 điểm) 1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 ( 1) ( 2) 9 x y - + - = . Tìm trên đường thẳng D : 9 0 x y + - = các điểm M sao cho từ M kẻ được tới (C) hai tiếp tuyến tạo với nhau một góc 60 0 . 2/ Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2), B(-1; 2; 4) và đường thẳng (d): 1 2 ( ) 2 x t y t t R z t = - ỡ ù = - + ẻ ớ ù = ợ Viết phương trình đường thẳng D đi qua A và cắt đường thẳng (d) sao cho khoảng cách từ B đến D lớn nhất. 3/ Tìm môđun của số phức: 3 1 2 (1 ) 1 i i z i + - - = + . www.laisac.page.tl 1 Biểu điểm và đáp án môn toán Câu Nội dung Điểm Câu I (2,0 đ ) 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. ( 1,0 đ ) 1) Tập xỏc định D=R 2) Sự biến thiên a) Chiều biến thiên Ta có ( ) 3 2 ' 2 6 2 3 y x x x x = - = - , ' 0 0, 3 y x x = Û = = ± Trên các khoảng ( ; 3) -Ơ - và (0; 3) , ' 0 y < nên hàm số nghịch biến Trên các khoảng ( 3;0) - và ( 3; ) +Ơ , ' 0 y > nên hàm số đồng biến b) Cực trị Tại 0 x = , hàm số đạt CĐ: 5 (0) 2 CD y y = = Tại 3 x = ± , hàm số đạt CT: ( 3) 2 CT y y = ± = - c) Giới hạn: : lim ; lim x x y y đ-Ơ đ+Ơ = +Ơ = +Ơ d) Bảng biến thiên: x -Ơ 3 - 0 3 +Ơ y’ - 0 + 0 - 0 + y +Ơ 5 2 +Ơ ư2 ư2 3) Đồ thị * Điểm uốn Ta có 2 '' 6 6 y x = - '' 0 1 y x = Û = ± Do y’’ đổi dấu khi x đi qua 1 ± nên đồ thị có hai điểm uốn U 1 (-1;0) và U 2 (1;0) * Đồ thị đi qua các điểm 3 5 3 ( 2; ), ( 3; 2), (0; ), ( 3; 2),(2; ) 2 2 2 - - - - - - * Nhận xét: Đồ thị nhận oy làm trục đối xứng Đồ thị cắt oy tại 5 (0; ) 2 C 0,25 0,25 0,25 0,25 2/... Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M, với giá trị nào của a thì tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M. (1,0 đ ) + Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại M Vì 4 2 5 ( ) ( ; 3 ) 2 2 a M C M a a ẻ ị - + Ta có: 3 3 ' 2 6 '( ) 2 6 y x x y a a a = - ị = - Vậy tiếp tuyến của (C) tại 4 2 5 ( ; 3 ) 2 2 a M a a - + có PT: 4 3 2 5 (2 6 )( ) 3 2 2 a y a a x a a = - - + - + + Tìm a để tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M. Hoành độ giao điểm của tiếp tuyến và (C) là nghiệm của phương trình: 4 4 2 3 2 2 2 2 5 5 3 (2 6 )( ) 3 ( ) ( 2 3 6) 0 2 2 2 2 x a x a a x a a x a x ax a - + = - - + - + Û - + + - = ờ ở ộ = - + + = = Û 0 6 3 2 ) ( 2 2 a ax x x g a x 0,25 0,25 0,25 2 Yêu cầu bài toán được thoả mãn khi: g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác a ù ợ ù ớ ỡ ± ạ < Û ù ợ ù ớ ỡ ạ < - Û ù ợ ù ớ ỡ ạ - = > - - = D Û 1 3 1 0 3 0 6 6 ) ( 0 ) 6 3 ( 2 2 2 2 2 ' ) ( a a a a a a g a a x g Vậy giá trị a cần tìm là: { } ( 3; 3) \ 1 aẻ - ± 0,25 Câu II (2,0 đ ) 1/ Giải phương trình: 4 4 4 4 4 3 ( ) ( ) 4 4 4 2 sin x sin x cos x cos x sin x p p + + + + + = (*) (1,0 đ ) Ta có PT(*) Û sin 4 x + cos 4 x + sin 4 (x+ 4 p ) + cos 4 (x+ 4 p ) 4 3 4 2 sin x = Û 1 – 2sin 2 x cos 2 x + 1 – 2sin 2 (x+ 4 p ).cos 2 (x+ 4 p ) 4 3 4 2 sin x = Û 1- 2 1 sin 2 2x +1 - 2 1 sin 2 (2x + 2 p ) 4 3 4 2 sin x = Û 2 - 2 1 sin 2 2x - 2 1 cos 2 2x 4 3 4 2 sin x = Û 2 3 sin 4 4x = 2 3 Û sin 2 4x = 1 Û cos 4x = 0 Û 4x = 2 p + kp Û x = 8 p + k 4 p với k ẻ Z Vậy PT có các nghiệm là: x = 8 p + k 4 p với k ẻ Z 0,25 0,25 0,25 0,25 2/ Tìm tất cả các số thực x thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau: (1,0 đ ) a) 2 2 ( 3 ) 2 3 2 0 x x x x - - - ³ (1) b) 2 (6 27) 8.(6 27) 3 x x x+ - + + = (2) a) Giải bất pt: 2 2 ( 3 ) 2 3 2 0 x x x x - - - ³ (1) Ta có (1) Û 2 2 2 2 3 2 0 2 3 2 0 ( 3 ) 0 x x x x x x ộ - - = ờ ờỡ - - > ù ờớ ờ - ³ ù ợ ở .... Û { } [ ) 1 1 ; 2 3; 2 T ổ ự ị = -Ơ - ẩ ẩ +Ơ ỗ ỳ ố ỷ b) Giải pt: 2 (6 27 ) 8.(6 27) 3 x x x+ - + + = (2) Ta có (2) Û (6 27) 8.(6 27) 9.3 x x x - + + = Û 6 27 6 27 8. 9 3 3 x x ổ ử ổ ử - + + = ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ố ứ ố ứ Vì 6 27 6 27 . 1 3 3 ổ ử ổ ử - + = ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ố ứ ố ứ nên đặt 6 27 , 0 3 x t t ổ ử + = > ỗ ữ ỗ ữ ố ứ PT trở thành: 2 1 ( / ) 8 9 1 0 1 ( / ) 8 t t m t t t t m = ộ ờ - + = Û ờ = ở Với 1 0 t x = ị = Với 6 27 3 1 1 log 8 8 t x + = ị = 0,25 0,25 0,25 3 2 6 27 3 1 0, log 8 T + ỡ ỹ ù ù ị = ớ ý ù ù ợ ỵ Vậy số thực thoả mãn đồng thời hai điều kiện trên là: 6 27 3 1 log 8 x + = *Lưu ý: ở điều kiện (1) nếu thiếu TH: 2 2 3 2 0 x x - - = sẽ bị mất nghiệm x = 2. Nghĩa là bất PT: ( ) 0 ( ). ( ) ( ) 0 ( ) 0 g x f x g x o g x f x ộ = ờ ³ Û ỡ ờ > ù ớ ờ ³ ù ờợ ở 0,25 Câu III (1,0 đ ) Tính tích phân: I = 1 sin 2 0 (1 ) ln 1 sin x cosx dx x p + ộ ự + ờ ỳ + ở ỷ ũ ( 1,0 đ ) Ta có ũ ũ ũ + - + + + = 2 0 2 0 2 0 ) sin 1 ln( ) cos 1 ln( sin ) cos 1 ln( p p p dx x dx x x dx x I (I)1 ( I2) (I3) Chứng minh: I 1 = I 3 Đặt: 2 x t dx dt p = - ị = Đổi cận 0 2 0 2 x t x t p p ỡ = ị = ù ù ớ ù = ị = ù ợ 2 2 1 0 0 ln(1 sin ) ln(1 sin ) I t dt x dx p p ị = + = + ũ ũ . Suy ra I 1 - I 3 = 0 Tính: ũ + = 2 0 2 ) cos 1 ln( sin p dx x x I Đặt: : sin cos 1 xdx dt x t - = ị + = Đổi cận 0 2 1 2 x t x t p = ị = ỡ ù ớ = ị = ù ợ Khi đó: ũ = 2 1 2 ln tdt I Đặt: ợ ớ ỡ = = dt dv t u ln ù ợ ù ớ ỡ = = t v dt t du 1 ị - = 2 1 2 ln t t I 2 1 2 1 ) ln ( t t t dt - = ũ 2 ln 2 1 = - Vậy: 2 2 1 I ln = - 0,25 0,25 0,25 0,25 4 Câu IV (1,0 đ ) Gọi M là trung điểm của BC và O là trọng tâm tam giác ABC Vì A’A = A’B = A’C nên ' ( ) A O ABC ^ do ' AO BC AA BC ^ ị ^ Gọi I là hình chiếu của B trên A’A ... ' ( ) AA BIC ị ị ^ 0 90 BIC ị é = và 2 2 BC a IM = = Tacó: 6 ' ( ) ' ' ... ' ' ' 6 MI AM a AA BIC AA IM A AO MAI A O A O AA ^ ị ^ ị D Ơ D ị = ị ị = Vậy 2 3 . ' ' ' 3 6 . 2 . ' . 4 6 8 ABC A B C ABC a a a V S A O = = = Kết luận 0,25 0,25 0,5 Câu V (1,0 đ ) Cho p, q là các số tự nhiên lớn hơn 1 và 0; 2 x p ộ ự ẻ ờ ỳ ở ỷ . Tìm GTLN của biểu thức: . p q T cos x sin x = Vì 0 T ³ 0; 2 x p ộ ự " ẻ ờ ỳ ở ỷ , nên T đạt GTLN khi 2 2 2 ( ) .( ) p q T cos x sin x = lớn nhất Xét hàm số: 2 2 ( ) .( ) p q y cos x sin x = với 0; 2 x p ộ ự " ẻ ờ ỳ ở ỷ . Đặt t = 2 cos x , xét hàm số: ( ) (1 ) p q f t t t = - với [ ] 0;1 tẻ Ta có [ ] 1 1 '( ) (1 ) ( ). p q f t t t p p q t - - = - - + '( ) 0 p f t t p q = Û = + hoặc t = 0 hoặc t = 1 Bảng biến thiên: t 0 p p q + 1 f’(t) 0 + 0 - 0 f(t) 0 0 Nhìn vào BBT ta thấy [ ] 0;1 ( ) ( ) ( ) p q p q p max f t t p q p q p q = Û = + + + Từ đó [ ] 0;1 ( ) ( ) p q p q q max y x arctan p q p q p = Û = + + Kết luận... * Chú ý: Có thể làm theo cách khác (Sử dụng bất đẳng thức Côsi) 0,25 0,25 0,25 B A B C M I A C ( ) maxf t 5 0,25 Câu VIa (3,0 đ ) 1) ....Tìm toạ độ các đỉnh của hình bình hành ABCD (1,0 đ ) Vì ( ;1 ) C MC C t t ẻ ị - . Giả sử AC BD I ầ = 1 3 ( ; ) 2 2 t t I + - ị Do ... 7 ( 7;8), ( 3;5) I BD t C I ẻ ị ị = - ị - - Vì AMC ACM MCB é = é = é ị MC là phân giác trong ACB é của tam giác ABC Từ A kẻ 1 1 1 1 ( ). / ... (0;1) ( 1;0) AA MC A BC G s AA MC J J A ^ ẻ ầ = ị ị ị - PT của BC: 4 3 4 0 x y + + = Ta có 1 13 ... ( ; 2) ( ;12) 2 2 B BC BD B D = ầ ị ị - ị - Vậy 1 ( ; 2) 2 B - , ( 7;8) C - , 13 ( ;12) 2 D - 0,25 0,25 0,25 0,25 2) V iết ptmp(P) đi qua A, B và (P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 1. (1,0 đ ) Mặt cầu (S) có tâm I( -1; 1; -1) và bán kính R = 2 Mặt phẳng (P) đi qua A(0; -2; -6) nhận véctơ 2 2 2 ( , , ) , ( 0) n a b c a b c + + ạ r làm véctto pháp tuyến có PT: 2 6 0 ax by cz b c + + + + = Từ giả thiết: (2;0; 2) ( ) ... ( ;( )) 3 B P d I P - ẻ ỹ ù ị ị ý = ù ỵ tìm được a, b, c suy ra PT mp(P) Kết luận có hai mặt phẳng: (P 1 ): x + y – z – 4 = 0 và (P 2 ): 7x – 17y + 5z – 4 = 0 0,25 0,5 0,25 3/ Trong các số phức z thoả mãn đ/k: 1 2 1 z i + + = (*) tìm số phức z có môđun nhỏ nhất (1,0 đ ) Gọi z = x + yi , ( , x y R ẻ ) và M(x ; y ) l điểm biểu diễn số phức z. Ta có : 2 2 1 2 1 ( 1) ( 2) 1 z i x y + + = Û + + + = Đường trũn (C) : 2 2 ( 1) ( 2) 1 x y + + + = cú tõm (ư1;ư2) Đường thẳng OI cú phương trỡnh y = 2x Số phức z thỏa món điều kiện (*) và cú mụdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm biểu diễn nú thuộc (C) và gần gốc tọa độ O nhất, đú chớnh là một trong hai giao điểm của đường thẳng OI và (C) Khi đú tọa độ của nú thỏa món hệ 2 2 1 1 1 1 2 5 5 , 2 2 ( 1) ( 2) 1 2 2 5 5 x x y x x y y y ỡ ỡ = - - = - + ù ù = ỡ ù ù Û ớ ớ ớ + + + = ợ ù ù = - - = - + ù ù ợ ợ Dễ dàng kiểm tra được z = 1 2 1 ( 2 ) 5 5 i - + + - + là số phức thoả mãn yêu cầu bài toán. 0,25 0,5 0,25 Câu VIb (3,0 đ ) 1/ Tìm trên đường thẳng (d): 9 0 x y + - = các điểm M sao cho từ M kẻ được tới (C) hai tiếp tuyến tạo với nhau một góc 60 0 . (1.0 đ ) Đường tròn (C) có tâm I(1 ; 2) và bán kính R = 3 Vì ( ; 9) M M m m ẻ D ị - + Giả sử từ M kẻ được tới (C) hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp điểm Xét hai trường hợp : a) 0 30 IMB é = Ta có : 0 6 30 IB IM sin = = 0,25 0,25 6 Chú ý : + Trên đây chỉ là biểu điểm chấm và đáp án vắn tắt, trong bài làm thí sinh phải trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết. + Nếu thí sinh làm theo cách khác nhưng vẫn đúng thì vẫn cho điểm theo quy định. + Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25. Từ đẳng thức : IM = 6 2 1 2 1 2 16 14 0 (1;8), (7;2) 7 m m m M M m = ộ ị - + = Û ị ờ = ở b) 0 60 IMB é = Trường hợp này không có giá trị nào của m thoả mãn Kết luận : Vậy có hai điểm 1 2 (1;8), (7;2) M M thoả mãn yêu cầu bài toán. 0,25 0,25 3/ Viết phương trình đường thẳng D đi qua A và ( 1,0 đ ) Giả sử D cắt d tại M nên (1 ; 2 ;2 ) M t t t - - + Ta có 2 2 28 152 208 ( , ) 3 10 20 t t d B t t - + D = - + Xét hàm 2 2 2 2 2 28 152 208 16(11 8 60) ( ) '( ) 3 10 20 (3 10 20) t t t t f t f t t t t t - + - - = ị = - + - + 2 28 '( ) 0 , ( ) 30 3 11 t t f t lim f t t đ±Ơ = - ộ ờ = Û = ờ = ở BBT ... Từ BBT ta thấy ( ) 12 2 ( , ) 12 2 max maxf t t d B t = Û = - ị D = Û = - Khi đó đường thẳng D có PT: 1 4 2 1 4 3 x y z - - - = = - - 0,25 0,25 0,5 3/ Tìm môđun của số phức: 3 1 2 (1 ) 1 i i z i + - - = + (1,0 đ ) Ta có : 3 2 3 1 2 (1 ) 1 2 (1 3 3 ) 1 1 i i i i i i z i i + - - + - - + - = = + + , do 2 3 1, i i i = - = - nên 3 4 7 1 1 2 2 i z i i + = = + + Vậy 2 2 7 1 5 2 2 2 2 z ổ ử ổ ử = + = ỗ ữ ỗ ữ ố ứ ố ứ Kết luận 5 2 2 z = 0,5 0,5
File đính kèm:
- De116.2011.pdf