Sở giáo dục v đo tạo H nội Kì thi thử Đại học , cao đẳng lần 2 năm 2010 Trờng THPT Liên H Thời gian lm bi : 180 phút đề chính thức I-Phần chung (7 điểm ) Câu 1(2điểm) Cho hm số 32 1 3 22 m yxx x=++ 1 (1) ( m l tham số ) a)Khảo sát sự biến thiên v vẽ đồ thị hm số (1) khi m=9 . b)Tìm m để đồ thị hm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua điểm I(2;2) . Câu 2 (2điểm) 1) Giải phơng trình 11 11 cos( ) cos( ) sin( ) 0 5102210 xx x + + = 2) Giải bất phơng trình 22 21115 23 6 + ++ + +xx xx x Câu 3(1điểm) Tính diện tích hình phẳng đợc giới hạn bởi các đờng 2 16=yxx v 2 312=yx x Câu 4 (1điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy l tam giác đều cạnh a , tam giác SAB cân tại S v thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Hai mặt phẳng (SCA) v (SCB) hợp với nhau góc 60 0 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a . Câu 5 (1 điểm ) Cho ,, 0abc a b c abc > ++= Chứng minh rằng 222 3 2 (1 ) (1 ) (1 ) abc bc a ca b ab c + + +++ II-Phần tự chọn (3 điểm )(Học sinh chỉ đợc lm một trong hai phần hoặc A hoặc B) Phần tự chọn A Câu 6a (2 điểm ) 1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hnh ABCD có diện tích bằng 4 , A(1;2) , B(5;-1) ,tâm I thuộc đờng thẳng x+y-1=0 . Tìm tọa độ C,D . 2) Trong không gian Oxyz ,Viết phơng trình đờng thẳng đi qua A(1;-1;0) ,song song với (P) v khoảng cách từ gốc tọa độ đến 10+=yz bằng 1 . Câu 7a (1 điểm ) Giải phơng trình 3 327 log ( 2) 1 log (3 2)xx + = . Phần tự chọn B Câu 6b(2 điểm) 1) Trên mặt phẳng tọa độ oxy ,cho tam giác ABC có diện tích bằng 45 , B(2;1) , C(-1;5) ,trọng tâm G thuộc đờng thẳng 31xy 0 += . Tìm tọa độ đỉnh A . 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ oxyz ,viết phơng trình mặt phẳng (P) đi qua 2 điểm A(1,2,1) , B(2,1,2) v tạo với mặt mặt phẳng (Q) x-2z+5=0 một góc sao cho = 1 cos 30 . Câu 7b(1 điểm ) Tìm tham số để hệ phơng trình mR 311 1 = + = zi zi mz ( ẩn z l số phức) có nghiệm duy nhất . .Hết http://laisac.page.tl Đáp án thi thử lần 2 Câu ý Nội dung Điểm 1a *Tập xác định : D=R *Tính 2 39 '6 22 yxx=+ '0 1, 3yxx== = *Xét dấu y : , '0 ( ;1)(3; )yx> + ( ) '0 1;3yx< *Kết luận : hm số đã cho đồng biến trên các khoảng (;1) v (3; )+ nghịch biến trên khoảng (1; 3) *Cực trị : Hm số đạt cực đại tại x=1 , y CĐ =3 v đạt cực tiểu tại x=3 , y CT =1 *Giới hạn : , lim x y + =+ lim x = *Bảng biến thiên x + 1 3 y + 0 - 0 + y 3 + 1 y *Vẽ đồ thị x 0 0.25 0.25 0.25 0.25 1b * 2 3 '6 22 m yxx=+ , 2 '0 3 12 0yxxm = += (*) *Hm số đã cho có 2 điểm cực trị khi v chỉ khi pt(*) có 2 nghiệm phân biệt '363 0 12 (**) m m = > < *Gọi hai nghiệm của (*) l 12 & x x đồ thị hm số có hai điểm cực trị l 11 2 2 (; )&(; )Ax y Bx y Ta có 32 2 111 3 1 ( )(3 12 ) ( 4) 1 2263 3 =++= ++++ mm yxx x x x xm x 3 m 11 2 2 (4)1& (4)1 333 mmm yxyx 3 m ++ = ++ = *Từ đó A,B đối xứng qua điểm I(2;2) khi v chỉ khi 12 12 2 2 2 2 xx yy + = + = áp dụng hệ thức Viet 12 4xx + = thay vo trên ta đợc m=9 thỏa mãn (**) 0.25 0.25 0.25 0.25 2.1 *Đặt 210 x t = phơng trình trở thnh cos(2 2 ) cos( ) sin 0ttt + + = cos2 cos sin 0ttt+= (cos sin )(cos sin 1) 0tttt += cos sin 0 (1) cos sin 1 0 (2) tt tt = += *(1) tan 1 4 ttk ==+ * 1 (2) sin( ) 4 2 t += 2; 2 2 tk t k = = + *Giải ra nghiệm 7 2 10 x k =+ ; 4 5 x k =+ ; 6 4 5 x k =+ 0.25 0.25 0.25 0.25 2.2 *Điều kiện : (;3][1;x +) TH1 : Xét 1 x Biến đổi bpt tơng đơng với 3x + (2 5 1) 2 5( 1)xxxx + ++ 325 1 x xx+ + 312xx x++ +5 xx+ bình phơng 2 vế 2 48210 73 (; ][;) 22 x + Kết hợp 1 x ta đợc tập nghiệm trong trờng hợp ny l 1 3 [; ) 2 T = + TH2: xét 3x Biến đổi bpt tơng đơng với 3x (25 1)1 (25xxxx) + 31 2xx 5x 3251 x x+ x xx+ bình phơng 2 vế 2 48210 73 (; ][;) 22 x + Kết hợp ta đợc tập nghiệm trong trờng hợp ny l 3x 2 7 (; 2 T = ] Kết luận : Tập nghiệm của bất phơng trình đã cho l 73 (; ][; 22 T ) = + 0.25 0.25 0.25 0.25 3 *Phơng trình honh độ giao điểm của đồ thị hai hm số l 22 16 3 12 x xx= x ) Điều kiện (;4][4;x + 2 16 3 12xx = 22 4; 5xx 4 16 (3 12) x xx = == Ta có [] 22 16 3 12 4;5xx x x x *Diện tích cần tính l 5 22 4 (16(312))Sxx x xd= x 55 22 44 16 (3 12 ) x xdxxxd= x Xét 5 2 1 4 16 I xx dx= đặt 2 16tx = 22 16tx= 0.25 0.25 tdt xdx= Đổi cận : x=4 t=0 , x=5 t=3 3 3 2 1 0 3 9 0 3 t Itdt= = = Xét 5 232 2 4 5 (3 12 ) ( 6 ) 7 4 Ixxdxxx= = = Vậy (đvdt) 2 S = 0.25 0.25 4 *Gọi H l trung điểm của AB S SH AB K (SH ABC ) *Kẻ A KSC ()SC ABK SC KB C A 0 [( );( )] ( ; ) 60SAC SBC KA KB== hoặc n =AKB 0 60 n = AKB 0 120 H Nếu thì dễ thấy n =AKB 0 60 KAB đều K AABAC== vô lý B Vậy n =AKB 0 120 * cân tại K KAB n = 0 60AKH 0 tan60 23 AH a KH= = *Trong vuông tại H , đờng cao KH có SHC 22 111 HK HC HS =+ 2 thay 3 ; 2 23 aa KH HC== 6 8 a SH = * 23 1163 . . 3384 SABC ABC aa a2 32 HS== = VS 0.25 0.25 0.25 0.25 5 *Đặt 11 ;;xyz ab === 1 c *Từ giả thiết ,, 0abc a b c abc > ++= ,, 0 1 xyz x yyzzx > + += *Biến đổi 22 2 2 11 . 1 1 (1 ) (1) ayz bc x xy yz zx x bc a a === yz + +++ + + ()( yz ) x yx z = ++ *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dơng ta có 1 () ()()2 yz y z x yx z x y x z + ++ + + *Biến đổi tơng tự ,rồi cộng vế ta đợc 1 () 2 y zxyxz VT x yxzzxzyyxyz +++++ ++++++ 3 2 VT (đpcm) 0.25 0.25 0.25 0.25 Đẳng thức xảy ra khi v chỉ khi x=y=z 1 3 = khi đó 3abc=== 6a *Điểm I thuộc đt x+y-1=0 (;1 ) I xx * 1 1 4 IAB ABCD SS== v 1 .(; ) 2 IAB SABdIA= B 2 (; )dIAB A B = (*) *AB=5 , AB có pt : 3x+4y-11=0 Từ (*) 5 72 9 x x x = += = *Với x=-5 => I(-5;6) => C(-11;10) v D(-15;13) *Với x=-9 =>I(-9;10) => C(-19;18) v D(-23;21) 0.25 0.25 0.25 0.25 7a *Giả sử có vtcp ( (;;)uabc G 222 0)abc + +> * //( )P .0 P un c b== GJJG *Ta có 22 22 [,] 32 (;) 2 OA u baba dO u ab + + = = + JJJGG G Từ đó 22 22 0 32 (;) 1 1 2 2 b baba dO ba ab = ++ = = = + *Với b=0 =>c=0 ,chọn a=1 có phơng trình 1 1 0 x t y z = + = = *Với b=-2a chọn a=1,b=-2 ,c=2 có phơng trình 11 12 2 x yz + = = 0.25 0.25 0.25 0.25 8a *Điều kiện : 3 20 32 x x +> > 0 *Biến đổi phơng trình tơng đơng với 3 3 233 2xx+= Đặt 3 32 x t= , ta có hệ phơng trình 3 3 23 (1) 23 (2) xt tx += += Trừ theo từng vế các pt (1) cho pt(2) ta đợc 22 ()( 3)xtx xtt+++=0 (*) Do 2 22 2 3 3( ) 30 24 tt xxtt x+ + += + + +> nên (*) t=x Thay vo (1) đợc giải pt ny đợc các nghiệm x=1 v x=-2 3 32xx+=0 Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phơng trình đã cho l x=1 . 0.25 0.25 0.25 0.25 6b *BC có phơng trình 4x+3y-11=0 *G thuộc đờng thẳng x-3y+1=0 (3 1; )Gy y *Ta có 11 15& . ( ; ) 32 GBC ABC GBC SS SBCdGB== = C 30 (; ) 6dGBC BC = = 0.25 15 15 6 5 y = 3 1 y y = = 12 (8;3) & ( 4; 1)GG 12 (23;3)& ( 13; 9)AA 0.25 0.25 0.25 7b *Giả sử (P) có vtpt ( (;;)nABC G 222 0)ABC + +> *(P) chứa A,B .0nAB= GJJJG B AC=+ *Ta có . cos cos( ; ) . PQ PQ P Q nn nn nn == J JGJJG JJGJJG J JGJJG 22 2 1 30 5. 2 2 2 AC AC AC = ++ 22 213 11 0 ;211AACC ACA+===C 0 *Với A=C chọn A=C=1 , B=2 => (P) có phơng trình 26xyz + += *Với 2A=11C chọn A=11, C=2 , B=13 => (P) có phơng trình 11 13 2 39 0xyz + += 0.25 0.25 0.25 0.25 8b *Giả sử z=x+yi với , x yR Thay vo hệ v biến đổi đợc 22 2 (1)(3)1 (2 2) 2 2 0 xy mxy m + = ++= (I) Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi v chỉ khi đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn có tâm I(1;3) ,bán kính R=1 2 (2 2) 2 2 0mxy m++= 22 (1)(3)4xy+ =9 (; ) 1dI= 2 2 (1)7 1 4( 1) 4 m m + = giải pt ny đợc các nghiệm 1m =3 v 115m = Đáp số : 1m =3 v 115m = 0.25 0.25 0.25 0.25 *Nhận thấy 12 20 2 xx+ = nên O không thể l trung điểm của AB do đó O,A,B l ba đỉnh của tam giác cân tại O OA=OB 222 11 2 2 [( 4) 1 ] [( 4) 1 ] 333 mmm xx xx+ ++ =+ ++ 2 3 m Biến đổi v chia 2 vế cho ta đợc 12 0xx 2 12 12 (4)( )2(4)(1) 33 mm xx xx++ + + + =0 3 m áp dụng hệ thức Viet ta có thay vo trên rồi rút gọn đợc 12 4xx+= giải pt ny đợc nghiệm m=9 v m=10 thỏa mãn (**) 2 19 90 0mm+= *Đáp số : m=9 v m=10 . đo tạo H nội Kì thi thử Đại học , cao đẳng lần 2 năm 20 10 Trờng THPT Liên H Thời gian lm bi : 180 phút đề chính thức I-Phần chung (7 điểm ) Câu 1 (2 iểm) Cho hm số 32 1 3 22 m yxx x=++ 1 . => I (-5 ;6) => C (-1 1;10) v D (-1 5;13) *Với x =-9 =>I (-9 ;10) => C (-1 9;18) v D( -2 3 ;21 ) 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 7a *Giả sử có vtcp ( (;;)uabc G 22 2 0)abc + +> *. )P .0 P un c b== GJJG *Ta có 22 22 [,] 32 (;) 2 OA u baba dO u ab + + = = + JJJGG G Từ đó 22 22 0 32 (;) 1 1 2 2 b baba dO ba ab = ++ = = = + *Với b=0 =>c=0 ,chọn a=1 có phơng trình