Đề thi thử đại học 2010 môn toán – Đề 03

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
Môn Toán – ĐỀ 03
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số (C)
	1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
	2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm) 
1.Giải phương trình sau: .
2. Giải hệ phương trình: .
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = .
Câu IV(1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a2, BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng a3 . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng a31527.
Câu V (1 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.( 2 điểm)
 1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.
 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : và 
 d2 :. Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z4 – z3 +6z2 – 8z – 16 = 0 . 
2. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VIb.(2điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): và đường thẳng :3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3).Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
Câu VIIb. (1 điểm) Giải phương trình:
 (9x- 2.3x- 3)log3(x-1)+log1327=23.9x+12-9x
----------------------------------Hết---------------------------
ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ 02
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I
1
* TËp x¸c ®Þnh: D = R\{ - 1}
* Sù biÕn thiªn
- Giíi h¹n vµ tiÖm cËn: ; tiÖm cËn ngang: y = 2
 ; tiÖm cËn ®øng: x = - 1
B¶ng biÕn thiªn
Ta cã víi mäi x- 1
Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng (-; -1) vµ ( -1; +)
1đ
2
Gäi M(x0;y0) lµ mét ®iÓm thuéc (C), (x0- 1) th× 
Gäi A, B lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña M trªn TC§ vµ TCN th×
MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |- 2| = ||
Theo Cauchy th× MA + MB 2=2
 MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hoÆc x0 = -2.Như vËy ta cã hai ®iÓm cÇn t×m lµ (0;1) vµ (-2;3)
0,5
0,5
II
1
Thay (1) vµo ph­¬ng tr×nh (*) ta cã : 
Gi¶i (2) : ; Gi¶i (3) 
KÕt luËn : 
0,5
0,5
2
 Ta có: .
 Khi thì hệ VN. 
 Khi , chia 2 vế cho .
 Đặt , ta có : .
 Khi ,ta có : HPT . 
0,5
0.5
III
I = .
Tính I1 theo phương pháp từng phần I1 = 
0,5đ
0,5
IV
a3
a2
a
α
H
D
E
C
B
A
Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH ⊥ AE
Ta có △ACD cân tại A nên CD ⊥ AE
Tương tự △BCD cân tại B nên CD ⊥ BE
Suy ra CD ⊥(ABE) ⇒ CD ⊥ BH
Mà BH ⊥ AE suy ra BH ⊥ (ACD) 
Do đó BH = a3 và góc giữa hai mặt phẳng 
(ACD) và (BCD) là α
Thể tích của khối tứ diện ABCD là V=13BH.SACD=a31527
⇒SACD=a253⇒AE.DE=a253⇒AE2DE2=a459
Mà AE2+ED2=2a2
Khi đó :AE2,DE2 là 2 nghiệm của pt: x2 - 2a2x + a459 = 0
⇒AE2=a23DE2=5a23 hoặcAE2=5a23DE2=a23 trường hợp DE2=5a23 loại vì DE<a
Xét △BED vuông tại E nên BE = BD2-DE2=a2-a23=a23 
Xét △BHE vuông tại H nên sinα = BHBE=a3a23=12⇒α=450
Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là α=450
0,5
0,5
V
Đặt . Ta có: 
 Và . ĐK:. 
 Suy ra : .
 Do đó: , 
 và .
 KL: GTLN là và GTNN là ( HSLT trên đoạn )
0,5
0,5
VIa
1
Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
 I
 A H B
Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH ⊥AB suy ra IH =4
Mặt khác IH= d( I; Δ )
Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng
3x+4y+c=0
d(I; Δ )= |c-9|5=4⇔c=29c=-11 
vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
0,5
0,5
2
VÐc t¬ chØ ph­¬ng cña hai ®­êng th¼ng lÇn l­ît lµ: (4; - 6; - 8) ( - 6; 9; 12)
	+) vµ cïng ph­¬ng
+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 VËy d1 // d2.
 *) = ( 2; - 3; - 4); AB // d1
Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng cña A qua d1 .Ta cã: IA + IB = IA1 + IB A1B 
 IA + IB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng A1B 
 Khi A1, I, B th¼ng hµng I lµ giao ®iÓm cña A1B vµ d
 Do AB // d1 nªn I lµ trung ®iÓm cña A1B.
*) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A lªn d1. T×m ®­îc H 
A’ ®èi xøng víi A qua H nªn A’
I lµ trung ®iÓm cña A’B suy ra I
0,5
0,5
VIIa
Xeùt phöông trình z4 – z3 +6z2 – 8z – 16 = 0 .
Deã daøng nhaän thaáy phöông trình coù nghieäm Z1 = –1, sau ñoù baèng caùch chia ña thöùc ta thaáy phöông trình coù nghieäm thöù hai Z2 = 2. Vaäy phöông trình trôû thaønh:
	(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0
Suy ra: Z3 = vaø Z4 = –
Ñaùp soá: 
0,5
0,5
VIb
1
Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)
TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng . TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn (1)
Ta thÊy täa ®é cña A vµ B ®Òu tháa m·n (1) nªn ®êng th¼ng AB cã pt
 do M thuéc nªn 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0 
Gäi F(x;y) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ AB ®i qua víi mäi M th×
(x- y)x0 + 4y – 4 = 0 . VËy AB lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh F(1;1)
0,5
0,5
2
MÆt ph¼ng c¾t 3 tia Ox,Oy,Oz t¹i A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) cã d¹ng 
Do M nªn: 
ThÓ tÝch:
MÆt ph¼ng cÇn t×m: 6x+3y+2z-18=0
0,5
0,5
VIIb
ĐK: x > 1
Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương 
 9x- 2.3x- 3log3x-1-3=2.3x-9x
 ⇔3x- 3)(3x+ 1log3x-1-3-2.3x+9x=0
 ⇔3x- 3)(3x+ 1log3x-1+3x+13x-3=0
 ⇔3x- 3)(3x+ 1log3x-1+1=0
 ⇔3x- 3=0 log3x-1+1=0⇔x=1 (loại)x=43 ⇔x=43
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm : x=43
0,5
0,5
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.
------------------Hết------------------