13 đề thi thử đại học 2010 môn toán

Chia sẻ: Trần Bá Trung3 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:50

1
312
lượt xem
177
download

13 đề thi thử đại học 2010 môn toán

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để thuận lợi hơn cho các bạn trong quá trình ôn tập, 13 đề thi thử đại học 2010 môn toán được biên soạn theo nội dung từng chương của sách giáo khoa hiện hành. Mỗi câu hỏi thể hiện một phần mục đích yêu cầu kiến thức của chương đó. Các bạn nên ôn tập kiến thức trước khi làm bài. Sau khi làm bài, sử dụng đáp án để tìm hiểu phương pháp trình bày bài, tự đánh giá mức độ ghi nhớ và khả năng vận dụng kiến thức của chương, từ đó có kế hoạch...

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: 13 đề thi thử đại học 2010 môn toán

  1. MATHVN.COM – www.mathvn.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 01 Môn: TOÁN – Khối A-B-D Thời gianlàm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x - 1 Câu I (2điểm): Cho hàm số y = (1) x -1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng IM. Câu II (2 điểm): 1. Giải bất phương trình: log 9 (3x 2 + 4 x + 2) + 1 > log 3 (3x 2 + 4 x + 2) sin 2 x cos 2 x 2. Giải phương trình: + = tan x - cot x cos x sin x 1 Câu III (1 điểm): Tính tích phân : I = ò ln(1 + x2 )dx 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c . PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn ( C1 ): x 2 + y 2 = 13 và ( C 2 ): ( x - 6) 2 + y 2 = 25 . Gọi A là một giao điểm của ( C1 ) và ( C 2 ) với y A > 0 . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt ( C1 ), ( C 2 ) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. ( ) ( ) 3 x x x+ 2. Giải phương trình: 5 -1 + 5 +1 - 2 2 =0 Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng "n Î N * , ta có: n 2C 2 n + 4C 24n + ... + 2nC 2 n = 4 n 2 2n 2 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 - 6 x + 5 = 0 . Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0 . © 2010 – www.mathvn.com 1
  2. MATHVN.COM – www.mathvn.com ì x = 2t ï 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : í y = t và (d 2 ) : ïz = 4 î ìx = 3 - t ï íy = t . Chứng minh (d1 ) và (d 2 ) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có ïz = 0 î đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1 ) và (d 2 ) . Câu VII.b (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z 4 - z 3 + 6 z 2 - 8 z - 16 = 0 -------------- Hết -------------- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 02 Môn: TOÁN – Khối A-B-D Thời gianlàm bài: 180 phút. A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm) Câu 1: ( 2điểm) Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2 Câu 2: (2điểm) ì x - 2 y - xy = 0 ï 1. Giải hệ phương trình: í ï x -1 + 4 y -1 = 2 î æ pö 2. Giải phương trình: cosx = 8sin3 ç x + ÷ è 6ø Câu 3: (2 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB. e2 dx 2. Tính tích phân A = ò x ln x.ln ex e Câu 4: (2 điểm) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD. a3 b3 c3 2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: + 2 + 2 =1 a 2 + ab + b 2 b + bc + c 2 c + ca + a 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm) © 2010 – www.mathvn.com 2
  3. MATHVN.COM – www.mathvn.com 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. 2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối các điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45. Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1). 2. Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x. -------- Hết ------- BÀI GIẢI TÓM TẮT A.PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. m = 0 , y = 4x3 – 3x - TXĐ: D = R - Giới hạn: lim y = +¥, lim y = -¥ x ®+¥ x ®-¥ 1 - y’ = 12x2 – 3 ; y’ = 0 Û x = ± 2 Bảng biến thiên: - y’’ = 24x , y” = Û x = 0 , đồ thị có điểm uốn O(0;0) - Đồ thị: 2. TXĐ: D = R - y’ = 12x2 + 2mx – 3 Ta có: D’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị © 2010 – www.mathvn.com 3
  4. MATHVN.COM – www.mathvn.com ì ï x1 = -4 x2 ï ï m 9 Ta có: í x1 + x2 = - Þm=± ï 6 2 ï 1 ï x1 x2 = - 4 î Câu 2: ì x - 2 y - xy = 0 ìx ³ 1 ï (1) ï 1. í Điều kiện: í 1 ï x -1 + 4 y -1 = 2 î (2) ïy ³ 4 î x x Từ (1) Þ - - 2 = 0 Þ x = 4y y y 1 Nghiệm của hệ (2; ) 2 pö æ ( ) 3 2. cosx = 8sin3 ç x + ÷ Û cosx = 3 s inx+cosx è 6ø Û 3 3 sin x + 9sin 2 xcosx +3 3 s inxcos 2 x + cos3 x - cosx = 0 (3) 3 Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm (3) Û 3 3 tan 3 x + 8 t an 2 x + 3 3 t anx = 0 Û t anx = 0 Û x = kp Câu 3: 1.Theo định lý ba đường vuông góc BC ^ (SAC) Þ AN ^ BC và AN ^ SC ÞAN ^ (SBC) Þ AN ^ MN Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC Vây DMSN ~ DCSB Þ TM là đường cao của tam giác STB Þ BN là đường cao của tam giác STB Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ^ ST ÞAB ^ (SAT) hay AB^ AT (đpcm) e2 e2 e2 dx d (ln x) æ 1 1 ö 2. A = ò =ò = ò ç ln x - 1 + ln x ÷d (ln x) e x ln x(1 + ln x) e ln x(1 + ln x) e è ø 2 2 e e = ln(ln x) - ln(1 + ln x) = 2ln2 – ln3 e e Câu 4: uuu r uuu r uuu r 1. +) BA = (4;5;5) , CD = (3; -2;0) , CA = (4;3; 6) uuu uuu r r uuu uuu uuu r r r é BA, CD ù = (10;15; -23) Þ é BA, CD ù .CA ¹ 0 Þ đpcm ë û ë û © 2010 – www.mathvn.com 4
  5. MATHVN.COM – www.mathvn.com ur uuu r r + Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy) Þ có VTPT n1 = é BA, k ù = ë û (5;- 4; 0) Þ (P): 5x – 4y = 0 ur uuu r r + (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ^ (Oxy) có VTPT n1 = éCD, k ù = (-2;- ë û 3; 0) Þ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)Ç(Q) Þ Phương trình của (D) a3 2a - b 2. Ta có: ³ (1) a + ab + b 2 2 3 Û 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) Û a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0 Û (a + b)(a – b)2 ³ 0. (h/n) b3 2b - c c3 2c - a Tương tự: ³ (2) , 2 ³ (3) b + bc + c 2 2 3 c + ac + a 2 3 Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: a3 b3 c3 a+b+c + 2 + 2 ³ a + ab + b b + bc + c c + ca + a 2 2 2 2 3 Vậy: S ≤ 3 Þ maxS = 3 khi a = b = c = 1 B. PHẦN TỰ CHỌN: Câu 5a: Theo chương trình chuẩn x y z 1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) Þ ( P) : + + = 1 a b c uu r uur IA = (4 - a;5; 6), JA = (4;5 - b; 6) Ta có uuur uur JK = (0; -b; c), IK = (- a; 0; c) ì 77 ì4 5 6 ï a= ïa + b + c =1 ï 4 ï ï 77 Ta có: í-5b + 6c = 0 Þ íb = Þ ptmp(P) ï - 4 a + 6c = 0 ï 5 ï ï 77 î ïc = 6 î 2.Ta có: n C5 + 5Cn = 45 Þ n2 + 3n – 18 = 0 Þ n = 3 2 2 Câu 5b: 1.M Î (D) Þ M(3b+4;b) Þ N(2 – 3b;2 – b) N Î (C) Þ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 Þ b = 0;b = 6/5 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 2. Đặt X = 5x Þ X > 0 Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > 0 (*) Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0 ÛD < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0 Từ đó suy ra m. © 2010 – www.mathvn.com 5
  6. MATHVN.COM – www.mathvn.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 03 Môn: TOÁN – Khối A-B-D Thời gianlàm bài: 180 phút. A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = x 4 - 2 x 2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II (2 điểm) 1 2 ( cos x - sin x ) 1. Giải phương trình lượng giác: = tan x + cot 2 x cot x - 1 1 2. Giải bất phương trình: log 3 x 2 - 5 x + 6 + log 1 x - 2 > log 1 ( x + 3) 3 2 3 p Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = ò cos 2 x ( sin 4 x + cos 4 x ) dx 2 0 Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. Câu V (1 điểm) Cho phương trình x + 1 - x + 2m x (1 - x ) - 2 4 x (1 - x ) = m3 Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. B. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng D định bởi: (C ) : x 2 + y 2 - 4 x - 2 y = 0; D : x + 2 y - 12 = 0 . Tìm điểm M trên D sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, 9 tâm I thuộc đường thẳng ( d ) : x - y - 3 = 0 và có hoành độ xI = , trung điểm của 2 một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. © 2010 – www.mathvn.com 6
  7. MATHVN.COM – www.mathvn.com 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 4 x + 2 y - 6 z + 5 = 0, ( P) : 2 x + 2 y - z + 16 = 0 . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 4 4 4 + + ³ 2 + 2 + 2 a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 ----------------------Hết---------------------- Đáp án. Câ Ý Nội dung Điể u m I 2,00 1 1,00 + MXĐ: D = ¡ 0,25 + Sự biến thiên · Giới hạn: lim y = +¥; lim y = +¥ x ®-¥ x ®+¥ 0,25 éx = 0 · y ' = 4 x - 4 x = 4 x ( x - 1) ; y ' = 0 Û ê 3 2 ë x = ±1 · Bảng biến thiên 0,25 yCT 1 = y ( -1) = -1; yCT 2 = y (1) = -1; yC§ = y ( 0 ) = 0 · Đồ thị 0,25 2 1,00 © 2010 – www.mathvn.com 7
  8. MATHVN.COM – www.mathvn.com Ta có f '( x) = 4 x 3 - 4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là k A = f '(a ) = 4a - 4a, k B = f '(b) = 4b - 4b 3 3 Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: y = f ' ( a )( x - a ) + f ( a ) = f ' ( a ) x + f (a) - af' ( a ) ; y = f ' ( b )( x - b ) + f ( b ) = f ' ( b ) x + f (b) - bf' ( b ) Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: k A = k B Û 4a 3 - 4a = 4b3 - 4b Û ( a - b ) ( a 2 + ab + b 2 - 1) = 0 (1) Vì A và B phân biệt nên a ¹ b , do đó (1) tương đương với phương trình: a 2 + ab + b 2 - 1 = 0 (2) Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau ìa 2 + ab + b 2 - 1 = 0 ï ìa 2 + ab + b 2 - 1 = 0 Ûí ( a ¹ b) Û ï 4 í , ï f ( a ) - af ' ( a ) = f ( b ) - bf ' ( b ) ï-3a + 2a = -3b + 2b 2 4 2 î î Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là ( -1; -1) và (1; -1) . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là ìa 2 + ab + b 2 - 1 = 0 ï ía ¹ ±1 ïa ¹ b î II 2,00 1 1,00 ìcos x.sin 2 x.sin x. ( tan x + cot 2 x ) ¹ 0 ï Điều kiện: í 0,25 ïcot x ¹ 1 î 1 2 ( cos x - sin x ) cos x.sin 2 x Từ (1) ta có: = Û = 2 sin x sin x cos 2 x cos x cos x 0,25 + -1 cos x sin 2 x sin x Û 2sin x.cos x = 2 sin x é p 2 ê x = 4 + k 2p 0,25 Û cos x = Ûê (k Î ¢) 2 ê x = - p + k 2p ê ë 4 Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là p 0,25 x = - + k 2p ( k Î ¢ ) 4 2 1,00 © 2010 – www.mathvn.com 8
  9. MATHVN.COM – www.mathvn.com Điều kiện: x > 3 0,25 Phương trình đã cho tương đương: log 3 ( x 2 - 5 x + 6 ) + log 3-1 ( x - 2 ) > log 3-1 ( x + 3) 1 1 1 2 2 2 0,25 Û log 3 ( x 2 - 5 x + 6 ) - log 3 ( x - 2 ) > - log 3 ( x + 3) 1 1 1 2 2 2 Û log 3 é( x - 2 )( x - 3) ù > log 3 ( x - 2 ) - log 3 ( x + 3) ë û æ x-2ö Û log 3 é( x - 2 )( x - 3) ù > log 3 ç ë û ÷ è x+3ø x-2 Û ( x - 2 )( x - 3) > 0,25 x+3 é x < - 10 Û x2 - 9 > 1 Û ê ê x > 10 ë Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 0,25 x > 10 III 1,00 1 1,00 p æ 1 ö 2 I = ò cos 2 x ç1 - sin 2 2 x ÷ dx 0 è 2 ø p 0,50 1 æ 1 2 ö 2 ç1 - sin 2 x ÷ d ( sin 2 x ) 2 òè 2 = 0 ø p p 2 2 1 1 = ò d ( sin 2 x ) - 4 ò sin 2 xd ( sin 2 x ) 2 20 0 p p 1 1 = sin 2 x| 2 - sin 3 2 x| 2 = 0 2 0 12 0 0,50 IV 1,00 © 2010 – www.mathvn.com 9
  10. MATHVN.COM – www.mathvn.com Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM ^ AB và O ' N ^ CD . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: 0,25 DIOM vuông cân tại O nên: 2 h 2a 2 OM = OI = IM Þ = Þh= a 2 2 2 2 2 2 æaö æa 2ö 2 a 2 a 2 3a 2 Ta có: R = OA = AM + MO = ç ÷ + ç 2 2 2 2 ÷ = + = 0,25 è2ø ç 4 ÷ è ø 4 8 8 3a 2 a 2 3 2p a 3 Þ V = p R 2h = p . . = , 0,25 8 2 16 a 3 a 2 3p a 2 và S xq = 2p Rh=2p . . = . 0,25 2 2 2 2 V 1,00 Phương trình x + 1 - x + 2m x (1 - x ) - 2 x (1 - x ) = m (1) 4 3 Điều kiện : 0 £ x £ 1 Nếu x Î [0;1] thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có 1 1 nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện x = 1 - x Þ x = . Thay x = 0,25 2 2 vào (1) ta được: 1 1 ìm = 0 2. + m - 2. = m3 Þ í 2 2 î m = ±1 * Với m = 0; (1) trở thành: ( ) 1 2 4 x - 4 1- x =0Û x= 0,25 2 Phương trình có nghiệm duy nhất. * Với m = -1; (1) trở thành x + 1 - x - 2 x (1 - x ) - 2 4 x (1 - x ) = -1 Û ( ) ( x + 1 - x - 2 4 x (1 - x ) + x + 1 - x - 2 x (1 - x ) = 0 ) ( ) +( ) 2 2 Û 4 x - 4 1- x x - 1- x =0 0,25 1 + Với 4 x - 4 1- x = 0 Û x = 2 1 + Với x - 1- x = 0 Û x = 2 Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. © 2010 – www.mathvn.com 10
  11. MATHVN.COM – www.mathvn.com * Với m = 1 thì (1) trở thành: x + 1 - x - 2 4 x (1 - x ) = 1 - 2 x (1 - x ) Û ( ) =( ) 2 2 4 x - 4 1- x x - 1- x 1 0,25 Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x = 0, x = nên trong trường 2 hợp này (1) không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. VI 2,00 a 1 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R = 5 . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM = 2R=2 5 . 0,25 Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( x - 2 ) + ( y - 1) = 20 . 2 2 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng D , nên tọa độ của M ì( x - 2 )2 + ( y - 1) 2 = 20 (1) ï nghiệm đúng hệ phương trình: í 0,25 ï x + 2 y - 12 = 0 (2) î Khử x giữa (1) và (2) ta được: éx = 3 ( -2 y + 10 ) + ( y - 1) = 20 Û 5 y - 42 y + 81 = 0 Û ê 27 0,25 2 2 2 êx = ë 5 æ 9ö æ 27 33 ö Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M ç 3; ÷ hoặc M ç ; ÷ 0,25 è 2ø è 5 10 ø 2 1,00 Ta tính được AB = CD = 10, AC = BD = 13, AD = BC = 5 . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của 0,25 tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. æ3 3ö Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G ç ; 0; ÷ , bán kính è2 2ø 0,50 14 là R = GA = . 2 VI 1,00 Ia Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C18 . 9 0,25 © 2010 – www.mathvn.com 11
  12. MATHVN.COM – www.mathvn.com Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. 0,25 9 + Không có bi xanh: có C13 cách. 9 + Không có bi vàng: có C15 cách. Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C10 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. 9 0,50 Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C10 + C18 - C13 - C15 = 42910 cách. 9 9 9 9 VI 2,00 b 1 1,00 9 æ9 3ö I có hoành độ xI = và I Î ( d ) : x - y - 3 = 0 Þ I ç ; ÷ 2 è2 2ø Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) 9 9 AB = 2 IM = 2 ( xI - xM ) + ( y I - y M ) =2 + =3 2 2 2 4 4 S ABCD 12 S ABCD = AB. AD = 12 Û AD = = = 2 2. AB 3 2 ì AD ^ ( d ) ï í , suy ra phương trình AD: 0,50 ï M Î AD î 1. ( x - 3) + 1. ( y - 0 ) = 0 Û x + y - 3 = 0 . Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: ìx + y - 3 = 0 ï ï y = -x + 3 ì ï y = -x + 3 ì í Ûí Ûí ï ( x - 3) + y = 2 ï( x - 3) + y = 2 ï( x - 3) + ( 3 - x ) = 2 2 2 2 2 2 2 î î î ìy = 3- x ìx = 2 ìx = 4 Ûí Ûí hoặc í .Vậy A(2;1), D(4;-1), î x - 3 = ±1 î y = 1 î y = -1 æ9 3ö Iç ; ÷ là trung điểm của AC, suy è2 2ø ì x A + xC ï xI = ï 2 ì xC = 2 xI - x A = 9 - 2 = 7 ra: í Ûí 0,50 ï y = y A + yC î yC = 2 yI - y A = 3 - 1 = 2 ï î I 2 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 2 1,00 © 2010 – www.mathvn.com 12
  13. MATHVN.COM – www.mathvn.com Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2 + 2. ( -1) - 3 + 16 d = d ( I , ( P )) = =5Þ d > R. 0,25 3 Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi D là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của D và (P). r 0,25 Đường thẳng D có vectơ chỉ phương là n P = ( 2; 2; -1) và qua I nên có ì x = 2 + 2t ï phương trình là í y = -1 + 2t ( t Î ¡ ) . ïz = 3 - t î Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 15 5 2 ( 2 + 2t ) + 2 ( -1 + 2t ) - ( 3 - t ) + 16 = 0 Û 9t + 15 = 0 Û t = - =- 9 3 0,25 æ 4 13 14 ö Suy ra N 0 ç - ; - ; ÷ . è 3 3 3ø uuuu r 3 uuur Ta có IM 0 = IN 0 . Suy ra M0(0;-3;4) 0,25 5 VI 1,00 Ib 1 1 4 Áp dụng bất đẳng thức + ³ ( x > 0, y > 0) x y x+ y Ta có: 0,50 1 1 4 1 1 4 1 1 4 + ³ ; + ³ ; + ³ a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c Ta lại có: 1 2 2 ³ 2 = 2 Û 2a 2 + b 2 + c 2 + 4 - 4a - 2b - 2c ³ 0 2 a + b + c 2a + b + c + 4 a + 7 2 2 Û 2 ( a - 1) + ( b - 1) + ( c - 1) ³ 0 2 2 2 1 2 1 2 0,50 Tương tự: ³ 2 ; ³ 2 2b + c + a b + 7 2c + a + b c + 7 1 1 1 4 4 4 Từ đó suy ra + + ³ 2 + 2 + 2 a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 04 Môn: TOÁN – Khối A-B-D © 2010 – www.mathvn.com 13
  14. MATHVN.COM – www.mathvn.com Thời gianlàm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = mx 3 + 3mx 2 - ( m - 1) x - 1 , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y = f ( x) không có cực trị. Câu II (2 điểm) sin x + cos x 4 4 1 1. Giải phương trình : = ( tan x + cot x ) sin 2 x 2 2. Giải phương trình: log 4 ( x + 1) + 2 = log 4 - x + log 8 ( 4 + x ) 2 3 2 3 2 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân A= ò x 1- x 2 1 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. ì x2 - 7 x + 6 £ 0 ï Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm í ï x - 2 ( m + 1) x - m + 3 ³ 0 2 î PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P ) : x + 2 y - 2z + 5 = 0; ( Q ) : x + 2 y - 2z -13 = 0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: ì 4 5 2 ïCn -1 - Cn -1 < 4 An - 2 3 ï í (Ở đây Ank , Cnk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n 7 3 ïC n - 4 ³ A ï n +1 15 n +1 î phần tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x 2 + y 2 + 2 x - 4 y - 8 = 0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của © 2010 – www.mathvn.com 14
  15. MATHVN.COM – www.mathvn.com đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): x - 2 y + 2 z - 1 = 0 và các đường thẳng x -1 y -3 z x -5 y z+5 d1 : = = ; d2 : = = . 2 -3 6 2 4 -5 Tìm các điểm M Î d1 , N Î d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. 1 Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số f ( x ) = ln và giải bất (3 - x) 3 phương trình p 6 t ò sin 2 dt p 2 f '( x ) > 0 x+2 ----------------------Hết---------------------- Đáp án Câu Ý Nội dung I 1 Khi m = 1 ta có y = x3 + 3x 2 - 1 + MXĐ: D = ¡ + Sự biến thiên: · Giới hạn: lim y = -¥; lim y = +¥ x ®-¥ x ®+¥ é x = -2 · y ' = 3x2 + 6 x ; y ' = 0 Û ê ëx = 0 · Bảng biến thiên yC§ = y ( -2 ) = 3; yCT = y ( 0 ) = -1 © 2010 – www.mathvn.com 15
  16. MATHVN.COM – www.mathvn.com · Đồ thị 2 + Khi m = 0 Þ y = x - 1 , nên hàm số không có cực trị. + Khi m ¹ 0 Þ y ' = 3mx 2 + 6mx - ( m - 1) Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y ' = 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 1 Û D ' = 9m 2 + 3m ( m - 1) = 12m 2 - 3m £ 0 Û 0 £ m £ 4 II 1 sin 4 x + cos 4 x 1 = ( tan x + cot x ) (1) sin 2 x 2 Điều kiện: sin 2 x ¹ 0 1 1 - sin 2 2 x 2 1 æ sin x cos x ö (1) Û = ç + ÷ sin 2 x 2 è cos x sin x ø 1 1 - sin 2 2 x 2 1 1 Û = Û 1 - sin 2 2 x = 1 Û sin 2 x = 0 sin 2 x sin 2 x 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 © 2010 – www.mathvn.com 16
  17. MATHVN.COM – www.mathvn.com log 4 ( x + 1) + 2 = log 4 - x + log8 ( 4 + x ) (2) 2 3 2 ìx +1 ¹ 0 ï ì -4 < x < 4 Điều kiện: í4 - x > 0 Û í ï4 + x > 0 î x ¹ -1 î (2) Û log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 4 - x ) + log 2 ( 4 + x ) Û log 2 x + 1 + 2 = log 2 (16 - x 2 ) Û log 2 4 x + 1 = log 2 (16 - x 2 ) Û 4 x + 1 = 16 - x 2 + Với -1 < x < 4 ta có phương trình x 2 + 4 x - 12 = 0 (3) ; éx = 2 (3) Û ê ë x = -6 ( lo¹i ) + Với -4 < x < -1 ta có phương trình x 2 - 4 x - 20 = 0 (4); é x = 2 - 24 ( 4) Û ê ê x = 2 + 24 ( lo¹i ) ë Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 2 hoặc x = 2 1 - 6 ( ) III dx tdt Đặt t = 1 - x 2 Þ t 2 = 1 - x 2 Þ 2tdt = -2 xdx Þ =- 2 x x dx tdt tdt Þ =- = 2 x 1- t 2 t -1 + Đổi cận: 1 3 x= Þt = 2 2 3 1 x= Þt = 2 2 1 3 2 dt 2 dt 1 t + 1 23 1 æ 7 + 4 3 ö A= ò t 2 -1 = ò 1 - t 2 2 1 - t |12 = 2 ln ç 3 ÷ = ln ç ÷ 3 1 è ø 2 2 IV © 2010 – www.mathvn.com 17
  18. MATHVN.COM – www.mathvn.com Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE ^ AB, SE ^ AB , suy ra ( SOE ) ^ AB . Dựng OH ^ SE Þ OH ^ ( SAB ) , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 1 1 1 1 1 1 1 8 2 = 2 + 2 Þ 2 = 2 - 2 = 1- = OH SO OE OE OH SO 9 9 9 3 Þ OE 2 = Þ OE = 8 2 2 9 81 9 SE 2 = OE 2 + SO 2 = + 9 = Þ SE = 8 8 2 2 1 2S 36 S SAB = AB.SE Û AB = SAB = =8 2 2 SE 9 2 2 2 æ1 ö 9 9 265 ( ) 2 OA = AE + OE = ç AB ÷ + OE 2 = 4 2 + = 32 + = 2 2 2 è2 ø 8 8 8 1 1 265 265 Thể tích hình nón đã cho: V = p .OA2 .SO = p .3 = p 3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2 = SO 2 + OA2 = 9 + = Þ SA = 8 8 8 265 337 89305 S xq = p .OA.SA = p . =p 8 8 8 V ì x 2 - 7 x + 6 £ 0 (1) ï Hệ bất phương trình í ï x - 2 ( m + 1) x - m + 3 ³ 0 (2) 2 î (1) Û 1 £ x £ 6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0 Î [1; 6] thỏa mãn (2). x2 - 2x + 3 ( 2 ) Û x - 2 x + 3 ³ ( 2 x + 1) m Û 2 ³ m (do x Î [1;6] Þ 2 x + 1 > 0) ( 2 x + 1) x2 - 2 x + 3 Gọi f ( x) = ; x Î [1;6] 2x +1 Hệ đã cho có nghiệm Û $x0 Î [1; 6] : f ( x0 ) ³ m 2 x2 + 2 x - 8 2 ( x2 + x - 4 ) -1 ± 17 f '( x) = = ; f ' ( x ) = 0 Û x2 + x - 4 = 0 Û x = ( 2 x + 1) ( 2 x + 1) 2 2 2 -1 + 17 Vì x Î [1;6] nên chỉ nhận x = 2 © 2010 – www.mathvn.com 18
  19. MATHVN.COM – www.mathvn.com 2 27 æ -1 + 17 ö -3 + 17 Ta có: f (1) = , f (6) = , fç ÷= 3 13 ç è 2 ÷ ø 2 27 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x) = 13 27 Do đó $x0 Î [1;6] : f ( x0 ) ³ m Û max f ( x) ³ m Û ³m xÎ[1;6] 13 VIa 1 ì4 x + 3 y - 4 = 0 ì x = -2 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: í Ûí Þ A ( -2; 4 ) îx + 2 y - 6 = 0 îy = 4 ì4 x + 3 y - 4 = 0 ìx = 1 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình í Ûí Þ B (1;0 ) îx - y -1 = 0 îy = 0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a ( x + 2 ) + b ( y - 4 ) = 0 Û ax + by + 2a - 4b = 0 Gọi D1 : 4 x + 3 y - 4 = 0; D 2 : x + 2 y - 6 = 0; D 3 : ax + by + 2a - 4b = 0 · · Từ giả thiết suy ra ( D 2 ; D 3 ) = ( D1; D 2 ) . Do đó · · |1.a + 2.b | | 4.1 + 2.3 | cos ( D 2 ; D 3 ) = cos ( D1 ; D 2 ) Û = 5. a + b 2 2 25. 5 éa = 0 Û| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 Û a ( 3a - 4b ) = 0 Û ê ë3a - 4b = 0 + a = 0 Þ b ¹ 0 . Do đó D 3 : y - 4 = 0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra D 3 : 4 x + 3 y - 4 = 0 (trùng với D1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. ìy - 4 = 0 ìx = 5 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: í Ûí Þ C ( 5; 4 ) îx - y -1 = 0 îy = 4 2 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: ìOI = AI ï ï OI = AI = d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) Û íOI = d ( I , ( P ) ) ï ïd ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) î Ta có: OI = AI Û OI 2 = AI 2 Û a 2 + b 2 + c 2 = ( a - 5 ) + ( b - 2 ) + ( c - 1) 2 2 2 Û 10a + 4b + 2c = 30 (1) | a + 2b - 2c + 5 | OI = d ( I , ( P ) ) Û a 2 + b 2 + c 2 = Û 9 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a + 2b - 2c + 5 ) (2) 2 3 © 2010 – www.mathvn.com 19
  20. MATHVN.COM – www.mathvn.com | a + 2b - 2c + 5 | | a + 2b - 2c - 13 | d ( I , ( P )) = d ( I , (Q )) Û = 3 3 é a + 2b - 2c + 5 = a + 2b - 2c - 13 (lo¹i) Ûê Û a + 2b - 2c = 4 (3) ë a + 2b - 2c + 5 = - a - 2b + 2c + 13 17 11a 11 - 4a Từ (1) và (3) suy ra: b = - ;c= (4) 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a 2 + b 2 + c 2 = 9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( a - 2 )( 221a - 658 ) = 0 658 æ 658 46 67 ö Như vậy a = 2 hoặc a = .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I ç ; ;- ÷ và R 221 è 221 221 221 ø = 3. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 2 2 2 ( x - 2 ) + ( y - 2 ) + ( z - 1) = 9 và æ x - ö + æ y - ö + æ z + ö = 9 2 2 2 658 46 67 ç ÷ ç ÷ ç ÷ è 221 ø è 221 ø è 221 ø VIIa Điều kiện: n - 1 ³ 4 Û n ³ 5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương: ì ( n - 1)( n - 2 )( n - 3)( n - 4 ) ( n - 1)( n - 2 )( n - 3) 5 ï - < ( n - 2 )( n - 3) ï 4.3.2.1 3.2.1 4 Ûí ï ( n + 1) n ( n - 1)( n - 2 )( n - 3) ³ 7 n + 1 n n - 1 ï ( ) ( ) î 5.4.3.2.1 15 ìn 2 - 9n - 22 < 0 ï Û ín 2 - 5n - 50 ³ 0 Û n = 10 ïn ³ 5 î VIb 1 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình ì x2 + y2 + 2 x - 4 y - 8 = 0 ì y = 0; x = 2 í Ûí îx - 5y - 2 = 0 î y = -1; x = -3 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì · = 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A ABC qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 2 ì x = 1 + 2t ï Phương trình tham số của d1 là: í y = 3 - 3t . M thuộc d1 nên tọa độ của M ï z = 2t î (1 + 2t;3 - 3t; 2t ) . Theo đề: © 2010 – www.mathvn.com 20
Đồng bộ tài khoản