Tuyển tập để thi thử Toán ĐH 2010 - TSD 1

Chia sẻ: Nguyen Van Trong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:90

0
209
lượt xem
100
download

Tuyển tập để thi thử Toán ĐH 2010 - TSD 1

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

Tuyển tập các đề thi bài giải của các trung tâm, các trường trong cả nước, giúp các bạn có thêm nguồn tham khảo.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập để thi thử Toán ĐH 2010 - TSD 1

  1. Trường THPT Phan Châu Trinh ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN – Khối D Đề số 13 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) x-3 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = . x +1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I ( -1;1) và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của đoạn MN. Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: cos 3x + sin 2 x = 3 ( sin 3 x + cos 2 x ) 2) Giải hệ phương trình: ï ( í 2 2 ) ì3 x 3 - y 3 = 4 xy ïx y = 9 î ( ) Câu III (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: ( m - 2 ) 1 + x 2 + 1 = x 2 - m có nghiệm. Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ tam giác đều ABC . A ' B ' C ' có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) a bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' . 2 a2 b2 c2 1 Câu V (1 điểm): Chứng minh + + + ( ab + bc + ca ) ³ a + b + c với mọi số dương a; b; c . a+b b+c c+a 2 II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Giải bất phương trình: 1 + log 2 x + log 2 ( x + 2 ) > log 2 (6 - x) ò ln x dx 2 2) Tính: Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M ( 2;1) và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 . 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): ì 2 2 ïy + x = x + y 1) Giải hệ phương trình : í x y +1 ï2 = 3 î cos 2 x - 1 2) Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = . cos 2 x + 1 æ 1ö Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho điểm M ç 3; ÷ . Viết phương trình chính tắc của elip è 2ø ( ) đi qua điểm M và nhận F1 - 3; 0 làm tiêu điểm. ============================ Trần Sĩ Tùng
  2. Hướng dẫn: I. PHẦN CHUNG Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k Þ PT d : y = k ( x + 1) + 1 . x-3 Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N Û PT : = kx + k + 1 có 2 nghiệm phân biệt khác -1 . x +1 ìk ¹ 0 ï Hay: f ( x ) = kx + 2kx + k + 4 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác -1 Û íD = -4k > 0 Û k < 0 2 ï f -1 = 4 ¹ 0 î ( ) Mặt khác: xM + xN = -2 = 2 xI Û I là trung điểm MN với "k < 0 . Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là y = kx + k + 1 với k < 0 . 1 3 3 1 Câu II: 1) PT Û cos 3x - 3 sin 3 x = 3 cos 2 x + sin 2 x Û cos 3x - sin 3 x = cos 2 x + sin 2 x 2 2 2 2 é p æ pö æ pö ê x = - 6 + k 2p Û cos ç 3 x + ÷ = cos ç 2 x - ÷ Û ê è 3ø è 6ø ê x = - p + k 2p ê ë 10 5 2 2 2) Ta có : x y = 9 Û xy = ±3 . 3 · Khi: xy = 3 , ta có: x3 - y 3 = 4 và x . - y ( 3 ) = -27 ( ) Suy ra: x3 ; - y 3 là các nghiệm của phương trình: X 2 - 4 X - 27 = 0 Û X = 2 ± 31 Vậy nghiệm của Hệ PT là x = 3 2 + 31, y = - 3 2 - 31 hoặc x = 3 2 - 31, y = - 3 2 + 31 . 3 3 ( · Khi: xy = -3 , ta có: x3 - y 3 = -4 và x . - y = 27 ) ( ) Suy ra: x3 ; - y 3 là nghiệm của phương trình: X 2 + 4 X + 27 = 0 ( PTVN ) 1 Câu III: Đặt t = x 2 + 1 . Điều kiện: t ³ 1 . PT trở thành: ( m - 2 )( t + 1) = t 2 - m - 1 Û m = t + ( t ³ 1) t+2 1 1 t 2 + 4t + 3 Xét hàm số: f ( t ) = t + Þ f '(t ) = 1 - = t+2 (t + 2) (t + 2) 2 2 é t = -1 (loaïi ) 4 f ¢(t ) = 0 Û ê . Dựa vào BBT, ta kết luận m ³ . ë t = -3 (loaïi ) 3 ì BC ^ AM Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A¢M. Ta có: í Þ BC ^ ( AA ' M ) Þ BC ^ AH . î BC ^ AA ' a Mà AH ^ A ' M Þ AH ^ ( A ' BC ) Þ AH = . 2 1 1 1 a 6 Mặt khác: 2 = 2 + 2 Þ AA ' = . AH A' A AM 4 3a 3 2 Kết luận: VABC . A ' B ' C ' = . 16 a2 ab ab 1 Câu V: Ta có: =a- ³a- =a- ab (1) a +b a+b 2 ab 2 b2 1 c2 1 Tương tự: ³b- bc (2), ³c- ca (3). b+c 2 c+a 2 a2 b2 c2 Cộng (1), (2), (3), ta có: + + a +b b+c c+a 2 + 1 ( ab + bc + ca ³ a + b + c ) II. PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn Trần Sĩ Tùng
  3. Câu VI.a: 1) Điều kiện: 0 < x < 6 . ( ) BPT Û log 2 2 x 2 + 4 x > log 2 ( 6 - x ) Û 2 x 2 + 4 x > ( 6 - x ) Û x 2 + 16 x - 36 > 0 Û x < -18 hay 2 < x 2 2 So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là 2 < x < 6 . ìu = ln x 2 ì 2 ïdu = dx 2) Đặt í Þí x . Suy ra : I = ò ln x 2 dx = x ln x 2 - ò 2dx = x ln x 2 - 2 x + C îdv = dx ïv = x î x y Câu VII.a: Gọi A ( a;0 ) , B ( 0; b ) là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: d : + = 1 . a b ì2 1 ï + =1 ì2b + a = ab Theo giả thiết, ta có: í a b Û í . ï ab = 8 î ab = 8 î · Khi ab = 8 thì 2b + a = 8 . Nên: b = 2; a = 4 Þ d1 : x + 2 y - 4 = 0 . · Khi ab = -8 thì 2b + a = -8 . Ta có: b 2 + 4b - 4 = 0 Û b = -2 ± 2 2 . + Với b = -2 + 2 2 Þ d 2 : (1 - 2 x ) + 2 (1 + 2 ) y - 4 = 0 + Với b = -2 - 2 2 Þ d3 : (1 + 2 x ) + 2 (1 - 2 ) y + 4 = 0 . 2. Theo chương trình nâng cao ì 2 2 ïy + x = x + y (1) Câu VI.b: 1) í (*). x y +1 ï2 = 3 î (2) éy = x Từ (1) ta có: y 2 + x = x 2 + y Û ( y - x )( y + x - 1 = 0 ) Û ê ë y = 1- x ì x = log 2 3 ìy = x ï 3 · Khi: y = x thì (*) Û í x x +1 Û í . î2 = 3 ï y = log 2 3 î 3 ìy = 1 - x ì x = log 6 9 · Khi: y = 1 - x thì (*) Û í x 2- x Û í î2 = 3 î y = 1 - log 6 9 1 2) Ta có: f ( x ) = - tan 2 x = 1 - Þ F ( x ) = x - tan x + C cos 2 x x2 y2 Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng: 2 + 2 = 1(a > b > 0) . a b ìa - b = 3 2 2 ï ì 2 =4 ï x2 y 2 Ta có: í 3 1 Û í a2 . Vậy (E): + =1 ï 2 + 2 =1 ïb = 1 î 4 1 î a 4b ===================== Trần Sĩ Tùng
  4. Trung tâm BDVH & LTĐH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 QUANG MINH Môn thi: TOÁN Đề số 9 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) (2 m - 1) x - m 2 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = . x -1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1. 2) Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: 2 - 3 cos2 x + sin 2 x = 4 cos2 3 x ì 2 2 2 xy ïx + y + =1 2) Giải hệ phương trình: í x+y ï x + y = x2 - y î p 2 sin x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= ò dx 0 (sin x + cos x )3 Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A¢B¢C¢có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, A¢M ^ (ABC), A¢M = a 3 (M là trung điểm cạnh BC). Tính thể tích khối đa diện ABA¢B¢C. 2 Câu V (1 điểm): Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= x2 + y2 - 4 y + 4 + x2 + y2 + 4 y + 4 + x - 4 II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): x2 y2 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): + = 1 . Tìm các điểm M Î (E) sao cho · = 120 0 F1 MF2 100 25 (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)). 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) và mặt phẳng (P) có phương uuur uuur uuur trình: x + y = z + 3 = 0 . Tìm trên (P) điểm M sao cho MA + 2 MB + 3 MC nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, …, a11 là các hệ số trong khai triển sau: ( x + 1)10 ( x + 2) = x11 + a1 x10 + a2 x 9 + ... + a11 . Tìm hệ số a5. 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x - 3)2 + ( y - 4)2 = 35 và điểm A(5; 5). Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. x -1 y z - 3 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng d: = = . Tìm trên d hai 1 1 1 điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: ì æ 2y ö ïlog2010 ç ÷ = x - 2 y ï è x ø í 3 3 ï x + y = x2 + y2 ï xy î ============================ Trần Sĩ Tùng
  5. Hướng dẫn: I. PHẦN CHUNG Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}. ì (2m - 1) x - m 2 ï =x (*) ï Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y = x thì: í x -1 2 ï (m - 1) = 1 (**) ï ( x - 1)2 î éx = m Từ (**) ta có ( m - 1)2 = ( x - 1)2 Û ê ëx = 2 - m · Với x = m, thay vào (*) ta được: 0m = 0 (thoả với mọi m). Vì x ¹ 1 nên m ¹ 1. · Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: (2 m - 1)(2 - m) - m 2 = (2 - m)(2 - m - 1) Û 4(m - 1)2 = 0 Û m = 1 m = 1 Þ x = 1 (loại) Vậy với m ¹ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x . é 5p p - 3 1 æ 5p ö ê x = 48 + k 4 Câu II: 1) PT Û cos2 x + sin 2 x = cos6 x Û cos ç - 2 x ÷ = cos6 x Û ê 2 2 è 6 ø ê x = - 5p + l p ê ë 24 2 ì 2 2 2 xy ïx + y + =1 (1) 2) í x+y . Điều kiện: x + y > 0 . ï x + y = x - y (2) 2 î æ 1 ö (1) Û ( x + y)2 - 1 - 2 xy ç 1 - 2 2 ÷ = 0 Û ( x + y - 1)( x + y + x + y) = 0 Û x + y - 1 = 0 è x+yø (vì x + y > 0 nên x 2 + y 2 + x + y > 0 ) é x = 1 ( y = 0) Thay x = 1 - y vào (2) ta được: 1 = x 2 - (1 - x ) Û x 2 + x - 2 = 0 Û ê ë x = -2 ( y = 3) Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3). p p p 2 cos t 2 cos x Câu III: Đặt t = - x Þ dt = –dx. Ta có I = ò dt = ò dx 2 0 (sin t + cos t ) 3 0 (sin x + cos x )3 p p p p 2 sin x 2 cos x 2 1 12 1 ò dx + ò dx = ò dx = dx 2ò Þ 2I = 3 3 2 0 (sin x + cos x ) 0 (sin x + cos x ) 0 (sin x + cos x ) 0 2æ pö cos ç x - ÷ è 4ø p 1 æ pö2 1 = tan ç x - ÷ = 1 . Vậy: I = . 2 è 4 ø0 2 1 1 a 3 a2 3 a3 Câu IV: Vì ABB¢A¢ là hình bình hành nên ta có: VC . ABB ' = VC . AB ' A ' . Mà VC . ABB ' = . A¢ M .S ABC = . = 3 3 2 4 8 a3 a3 Vậy, VC . ABB ' A ' = 2VC . ABB ' = 2 = . 8 4 Câu V: Ta có: P = x 2 + (2 - y)2 + x 2 + ( y + 2)2 + x - 4 r r r r r r Xét a = ( x;2 - y), b = ( x , y + 2) . Ta có: a + b ³ a + b Þ x 2 + (2 - y)2 + x 2 + ( y + 2)2 ³ 4 x 2 + 16 = 2 x 2 + 4 r r Suy ra: P ³ 2 x 2 + 4 + x - 4 . Dấu "=" xảy ra Û a, b cùng hướng hay y = 0. 2 Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: ( 2 3 + x ) £ (3 + 1)(4 + x 2 ) Þ 2 x 2 + 4 ³ 2 3 + x 2 Dấu "=" xảy ra Û x = . 3 Trần Sĩ Tùng
  6. 2 Do đó: P ³ 2 3 + x + 4 - x ³ 2 3 + 4 = 2 3 + 4 . Dấu "=" xảy ra Û x = ,y = 0. 3 2 Vậy MinP = 2 3 + 4 khi x = ,y = 0. 3 II. PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn 3 3 Câu VI.a: 1) Ta có: a = 10, b = 5 Þ c = 5 3 . Gọi M(x; y) Î (E). Ta có: MF = 10 - 1 x, MF2 = 10 + x. 2 2 Ta có: F1F22 = MF12 + MF2 2 - 2 MF .MF2 .cos· 1 F1MF2 2 2 2 æ 3 ö æ 3 ö æ 3 öæ 3 öæ 1 ö Û (10 3 ) = ç 10 - x ÷ + ç 10 + x ÷ - 2 ç 10 - x ÷ç 10 + x ÷ ç - ÷ Û x = 0 (y= ± 5) è 2 ø è 2 ø è 2 øè 2 øè 2 ø Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5). uur uu r uur r æ 23 13 25 ö 2) Gọi I là điểm thoả: IA + 2 IB + 3IC = 0 Þ I ç ; ; ÷ è 6 6 6 ø uuur uuur uuur uuu uu r r uuu uu r r uuu uur r uuu r uuu r Ta có: T = MA + 2 MB + 3 MC = ( MI + IA ) + 2 ( MI + IB ) + 3 ( MI + IC ) = 6 MI = 6 MI uuu r Do đó: T nhỏ nhất Û MI nhỏ nhất Û M là hình chiếu của I trên (P). æ 13 2 16 ö Ta tìm được: M ç ; - ; ÷ . è9 9 9ø 1 9 10 (5 4 ) Câu VII.a: Ta có: ( x + 1)10 = C10 x10 + C10 x 9 + ... + C10 x + C10 Þ ( x + 1)10 ( x + 2) = ... + C10 + 2C10 x 6 + ... 0 5 4 Þ a5 = C10 + 2C10 = 672 . 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4). Þ AI là đường trung trực của BC. DABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của · . ì AB = AC · Ta có: í BAC îIB = IC Do đó AB và AC hợp với AI một góc 450 . · Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 450 . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB = AC. uu r Vì IA = (2;1) ¹ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ Þ VTCP của d có hai thành phần đều r khác 0. Gọi u = (1; a) là VTCP của d. Ta có: uu r éa = 3 r 2+a 2+a 2 cos ( IA, u ) = = = Û 2 2 + a = 5 1+ a 2 Ûê 1 1 + a2 22 + 1 5 1 + a2 2 êa = - ë 3 r ìx = 5 + t · Với a = 3, thì u = (1;3) Þ Phương trình đường thẳng d: í . î y = 5 + 3t æ 9 + 13 7 + 3 13 ö æ 9 - 13 7 - 3 13 ö Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: ç ; ÷, ç ; ÷ è 2 2 ø è 2 2 ø ìx = 5 + t 1 r æ 1ö ï · Với a = - , thì u = ç 1; - ÷ Þ Phương trình đường thẳng d: í 1 . 3 è 3ø ïy = 5 - 3 t î æ 7 + 3 13 11 - 13 ö æ 7 - 3 13 11 + 13 ö Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: ç ; ÷, ç ; ÷ è 2 2 ø è 2 2 ø æ 7 + 3 13 11 - 13 ö æ 9 + 13 7 + 3 13 ö · Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: ç ; ÷, ç ; ÷ è 2 2 ø è 2 2 ø æ 7 - 3 13 11 + 13 ö æ 9 - 13 7 - 3 13 ö và ç ; ÷, ç ; ÷ è 2 2 ø è 2 2 ø 2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d ( M , d ) = 2 . Trần Sĩ Tùng
  7. 2 MH 2 6 Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = = 3 3 ìx - 2 y z -3 ï ï = = Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ: í 1 1 1 . ï( x - 2)2 + ( y - 1)2 + ( z - 2)2 = 8 ï î 3 æ 2 2 2ö æ 2 2 2ö Giải hệ này ta tìm được: Aç2 + ; ;3 + ÷, Bç 2 - ;- ;3 - ÷. è 3 3 3 ø è 3 3 3 ø ì æ 2y ö ïlog2010 ç ÷ = x - 2 y (1) ï Câu VII.b: í 3 è x ø ï x + y3 = x2 + y2 (2) ï xy î Điều kiện: xy > 0 . Từ (2) ta có: x 3 + y 3 = xy( x 2 + y2 ) > 0 Þ x > 0, y > 0 . 2y (1) Û = 2010 x -2 y Û x.2010 x = 2 y.20102 y . x æ t ö Xét hàm số: f(t) = t.2010t (t > 0). Ta có: f ¢(t) = 2010t ç 1 + ÷>0 è ln 2010 ø Þ f(t) đồng biến khi t > 0 Þ f(x) = f(2y) Û x = 2y é y = 0 (loaïi) æ 9ö Thay x = 2y vào (2) ta được: y ç 5y - ÷ = 0 Û ê 9 æ 9ö è 2ø êy = çx = ÷ ë 10 è 5ø æ9 9 ö Vậy nghiệm của hệ là: ç ; ÷ . è 5 10 ø ===================== Trần Sĩ Tùng
  8. Trường THPT Phan Châu Trinh ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN – Khối B Đề số 12 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x 4 - 2 m 2 x 2 + m 4 + 2 m (1), với m là tham số. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi m < 0 . Câu II (2 điểm): æ pö 1) Giải phương trình: 2sin ç 2 x + ÷ + 4 sin x = 1 è 6ø ì2 y - x = m 2) Tìm các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình í có nghiệm duy nhất. î y + xy = 1 ( x - 1)2 Câu III (1 điểm): Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = . ( 2 x + 1)4 Câu IV (1 điểm): Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho BC = 4 BM , BD = 2 BN và AC = 3 AP . Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD làm hai phần. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó. Câu V (1 điểm): Với mọi số thực dương x; y; z thỏa điều kiện x + y + z £ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: æ 1 1 1ö P = x + y + z + 2ç + + ÷ . è x y zø II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 2 x log4 x = 8log2 x 1) Giải phương trình: . x -1 2) Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số y = tại hai điểm phân biệt sao cho hoành độ và tung x -2 độ của mỗi điểm đều là các số nguyên. ( ) Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 2 x - y - 4 = 0 . Lập phương trình đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d). 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Giải bất phương trình: 2 (1 + log 2 x ) log 4 x + log8 x < 0 2) Tìm m để đồ thị hàm số y = x 3 + ( m - 5 ) x 2 - 5mx có điểm uốn ở trên đồ thị hàm số y = x 3 . ( ) ( ) ( Câu VII.b (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A -1;3; 5 , B -4;3; 2 , C 0; 2;1 . Tìm tọa độ ) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. ============================ Trần Sĩ Tùng
  9. Hướng dẫn: I. PHẦN CHUNG Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và trục Ox: x 4 - 2m 2 x 2 + m 4 + 2 m = 0 (*). 2 ( ) Đặt t = x t ³ 0 , ta có : t 2 - 2 m 2 t + m 4 + 2 m = 0 (**) Ta có : D ' = -2 m > 0 và S = 2 m2 > 0 với mọi m < 0 . Nên PT (**) có nghiệm dương. Þ PT (*) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm). Câu II: 1) PT Û 3 sin 2 x + cos 2 x + 4sin x - 1 = 0 Û 2 3 sin x cos x - 2sin 2 x + 4sin x = 0 . é æ pö é 5p ( ) Û 2 3 cos x - sin x + 2 sin x = 0 Û ê ésin x - 3 cos x = 2 ësin x = 0 Û êsin ç x - ÷ = 1 Û ê x = ê è 3ø 6 ê x = kp + k 2p ê x = kp ë ë ìy £ 1 ì2 y - x = m (1) 2 ï 2) í . Từ (1) Þ x = 2 y - m , nên (2) Û 2 y - my = 1 - y Û í 1 (vì y ¹ 0) î y + xy = 1 (2) m = y- +2 ï î y 1 1 Xét f ( y ) = y - + 2 Þ f ' ( y ) = 1 + >0 y y2 Dựa vào BTT ta kết luận được hệ có nghiệm duy nhất Û m > 2 . 2 3 1 æ x -1 ö æ x - 1 ö¢ 1 æ x -1 ö Câu III: Ta có: f ( x ) = . ç ÷ .ç ÷ Þ F (x) = ç ÷ +C 3 è 2x +1 ø è 2x +1 ø 9 è 2x +1 ø Câu IV: Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD. TD DD ' 1 Vẽ DD¢ // BC, ta có: DD¢=BM Þ = = . TC MC 3 TD AP 1 QD DP CP 2 Mà: = = Þ AT P DP Þ = = = TC AC 3 QA AT CA 3 VA.PQN AP AQ 1 3 1 1 Nên: = . = . = Þ VA.PQN = VABCD (1) VA.CDN AC AD 3 5 5 10 VC .PMN CP CM 2 3 1 1 Và: = . = . = Þ VABMNP = VABCD (2). VC . ABN CA CB 3 4 2 4 7 Từ (1) và (2), suy ra : VABMNQP = V . 20 ABCD 7 13 Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là hoặc . 13 7 2 1 Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 18 x + ³ 12 (1). Dấu bằng xảy ra Û x = . x 3 2 2 Tương tự: 18y + ³ 12 (2) và 18z + ³ 12 (3). y z 1 ( ) Mà: -17 x + y + z ³ -17 (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P ³ 19 . Dấu "=" xảy ra Û x = y = z = 3 1 Vậy GTNN của P là 19 khi x = y = z = . 3 II. PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn ìt = log2 x ìt = log2 x ï éx = 2 Câu VI.a: 1) Điều kiện : x > 0 . PT Û 1 + log2 x log4 x = 3 log 2 x Ûí2 Û íé t = 1 Û ê ît - 3t + 2 = 0 ïê t = 2 ëx = 4 îë Trần Sĩ Tùng
  10. 1 2) Ta có: y = 1 + . Do đó: x , y Î Z Û x - 2 = ±1 Û x = 3, x = 1 x -2 Suy ra tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số nguyên là A (1; 0 ) , B ( 3; 2 ) Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: x - y - 1 = 0 . ( ) ( ) Câu VII.a: Gọi I m; 2 m - 4 Î d là tâm đường tròn cần tìm. 4 Ta có: m = 2m - 4 Û m = 4, m = . 3 2 2 4 æ 4ö æ 4 ö 16 · m = thì phương trình đường tròn là: çx - ÷ +çy+ ÷ = . 3 è 3ø è 3ø 9 2 2 · m = 4 thì phương trình đường tròn là: x - 4 ( ) + ( y - 4) = 16 . 2. Theo chương trình nâng cao t Câu VI.b: 1) Điều kiện : x > 0 . Đặt t = log 2 x , ta có : (1 + t ) t +
  11. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x2 Câu I. (2,0 điểm)Cho hµm sè y  (C) x 1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (C). 2. Cho ®iÓm A(0;a) .X¸c ®Þnh a ®Î tõ A kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn tíi (C) sao cho hai tiÕp ®iÓm t­¬ng øng n»m vÒ hai phÝa trôc ox. Câu II. (2,0điểm) x 4  4x 2  y 2  6 y  9  0  1. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh :  2 .  x y  x 2  2 y  22  0   2  1 2. Giải PT : cos 2  x    cos 2  x        sin x+1  3  3  2  sin 6 x  cos 6 x Câu III. (1,0điểm) Tính tích phân I=  4 dx  4 6x 1 Câu IV. (2,0 điểm)Cho h×nh chãp S.ABCD, cã ®¸y ABCD lµ h×nh vu«ng t©m O c¹nh b»ng a, SO  (ABCD). Gäi M, N lÇn l­ît lµ trung ®iÓm cña SA vµ BC. TÝnh gãc gi÷a ®­êng th¼ng MN a 10 vµ mÆt ph¼ng (ABCD) vµ thÓ tÝch khèi chãp M.ABCD, biÕt r»ng MN  . 2  a, b, c  0 C©u V (1 ®iÓm) Cho ba sè a, b, c sao cho  .  abc  1 1 1 1 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøcA = 3  3  3 a b  c  b a  c  c b  a   PhÇn Riªng: (3 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®­îc chän lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc phÇn B) A. Theo ch­¬ng tr×nh chuÈn. C©u VI.a (2 ®iÓm) 1)Cho  ABC cã PT hai c¹nh lµ: 5x  2 y  6  0, 4x  7y - 21  0. Trùc t©m cña tam gi¸c trïng víi gèc to¹ ®é O, lËp ph­¬ng tr×nh c¹nh cßn l¹i. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi x 1 y 1 z d:   .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, 2 1 1 cắt và vuông góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cña ®iÓm M’ ®èi xøng víi M qua d C©u VII.a (1 ®iÓm) Mét líp häc cã 40 häc sinh, cÇn cö ra mét ban c¸n sù gåm mét líp tr­ëng, mét líp phã vµ 3 ñy viªn (BiÕt r»ng kh«ng ph©n biÖt c¸c chøc danh lµ ñy viªn). Hái cã bao nhiªu c¸ch lËp ra mét ban c¸n sù. B. Theo ch­¬ng tr×nh n©ng cao. C©u VI.b (2 ®iÓm) 1)Trong măt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho A(4;3), đường thẳng (d) : x – y – 2 = 0 và (d’): x + y – 4 = 0 cắt nhau tại M. Tìm B  (d ) và C  (d ') sao cho A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC. 2) Trong kg Oxyz cho đường thảng (  ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) có tâm I   và khoảng cách từ I đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3 C©u VII.b (1 ®iÓm) T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ®­êng th¼ng y  2 x  m c¾t ®å thÞ hµm x2  x 1 sè y  t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B sao cho trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng AB thuéc trôc x tung.
  12. _________________HÕt_________________ HƯỚNG DẨN GIẢI I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. 1/*-TËp x¸c ®Þnh:D=R\{1}. *-Sù biÕn thiªn. 3 a-ChiÒu biÕn thiªn. y'  0 ( x  1) 2 Hµm sè lu«n nghÞch biÕn trªn kho¶ng ( ;1) vµ (1; ) b-Cùc trÞ:hµm sè kh«ng cã cùc trÞ x2 x2 c-giíi h¹n: lim  ( )   ; lim  ( )   x ( 1) x 1 x ( 1) x  1  hµm sè cã tiÖm cËn ®øng x=1 x2 lim( ) 1  hµm sè cã tiÖm cËn ngang y  1 x x 1 d-B¶ng biÕn thiªn: x - 1 + y’ - - y 1 + - 1 1 y *-§å thÞ: §å thÞ nhËn I(1; 1 ) lµm t©m ®èi xøng 2 Giao víi trôc to¹ ®é:Ox (- 2;0 ) Oy (0;  2 ) 1 -2 o 1 5 x -2 2/(1,0 điểm) Ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn qua A(0;a) cã d¹ng y=kx+a (1) x  2  x  1  kx  a  (2) §iÒu kiÖn cã hai tiÕp tuyÕn qua A:  cã nghiÖm x  1  3  k (3)  (x  1) 2  2 Thay (3) vµo (2) vµ rót gän ta ®­îc: (a  1)x  2(a  2)x  a  2  0 ( 4) a  1  a  1 §Ó (4) cã 2 nghiÖm x  1 lµ: f (1)  3  0   '  3a  6  0 a  2  Hoµnh ®é tiÕp ®iÓm x 1 ; x 2 lµ nghiÖm cña (4) x 2 x 2 Tung ®é tiÕp ®iÓm lµ y 1  1 , y2  2 x1  1 x2  1 (x 1  2)( x 2  2) §Ó hai tiÕp ®iÓm n»m vÒ hai phÝa cña trôc ox lµ: y 1 .y 2  0  0 (x 1  1)( x 2  2) x 1 x 2  2( x 1  x 2 )  4 9a  6 2 2 0  0  a   VËy   a  1 tho¶ m·n ®kiÖn bµi to¸n. x 1 x 2  (x 1  x 2 )  1 3 3 3
  13.   2 2  1 Câu II. (2,5 điểm) 1) Giải PT : cos 2  x    cos  x     sin x+1 (1)  3  3  2 2 4   1  2cos(2 x  )  1  cos(2 x  )  1  sin x  2 cos(2 x   ).cos  sin x  1 3 3 3 Bg: (1)  5  1  cos 2 x  sin x  0  2sin 2 x  sin x  0  x   2 k ; x   2 k ; hayx  k 6 6 2. (1,0 điểm)Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: x 4  4 x 2  y 2  6 y  9  0   2  x y  x 2  2 y  22  0  * HÖ ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi ( x 2  2) 2  ( y  3) 2  4 ( x 2  2) 2  ( y  3) 2  4    2 2  ( x  2) y  x  22  0 ( x 2  2  4)( y  3  3)  x 2  2  20  0    x2  2  u u 2  v 2  4 Dat  * Thay vµo hÖ ph­¬ng tr×nh ta cã:  y 3  v u.v  4(u  v)  8 u  2 u  0  hoÆc  v  0 v  2  x  2  x  2  x  2  x   2   thÕ vµo c¸ch ®Æt ta ®­îc c¸c nghiÖm cña hÖ lµ :  ; ; ; ; :......  y  3 y  3 y  5 y  5    4 sin 6 x  cos 6 x Câu III. (1,0điểm) Tính tích phân I=   dx  4 6x 1 * Đăt t = -x => dt = -dx     * Đổi cận: x    t  ;; x   t   4 4 4 4    sin 6 t  cos 6 t sin 6 t  cos 6 t I= 4  6t dt;  2 I   4 (6t  1) dt   4 (sin 6 t  cos 6 )tdt  4 6t  1  4 6t  1  4    4  3 2  5 3  5 3 1 4 5 5 2I =    1  sin t dt   4   cos 4t dt   t  sin 4t   =>I =  4  4   48 8  8 8 4   16 32 4 Câu IV. (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thảng (  ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) có tâm I   và khoảng cách từI đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3 Bg:m cầu(S) có tâm I   g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mản PT của  (1) * d  I ;  P   2 (2)  2a  b  2c  2  6    11 14 1   1 1 7 Từ (1) và(2) ta có hệ PT:  a t  ....  heconghiem  ;  ;  ; va   ;  ;  b  2t  1 6 3 6  3 3 3    c t 2 Do r  R 2  4  3  R  13 2 2 2  11   14   1 ( S1 ) :  x     y     z    13  6  3  6 Vậy có 2 mặt cầu theo ycbt : 2 2 2 1 1 7  S2  :  x     y     z    13        3  3  3
  14. V 1 1 1 (1 ®iÓm) §Æt x = ,y  ,z  . Khi ®ã: 0,25 a b c 3 x y3 z3 x 3 yz y 3 xz z 3 xy 3 A       (*) 1 1 1 1 1 1 yz zx x y 2    y z x z y x x2 y2 z2 Do abc  1  xyz  1 nªn ta cã A    (1) yz zx x y abc a2 b2 c2 Ta chøng minh bÊt ®¼ng thøc    . ThËt vËy. 2 bc ca ba ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho c¸c sè d­¬ng ta cã: a2 bc b2 ca c2 ab   a,  b,   c. bc 4 ca 4 ab 4 Céng ba bÊt ®¼ng thøc cïng chiÒu trªn ta cã : abc a2 b2 c2 0.5    . 2 bc ca ba B¹n ®äc tù ®¸nh gi¸ dÊu “=” x¶y ra khi a = b = c. x2 y2 z2 x yz 33 3 VËy A=     xyz  yz zx x y 2 2 2 3 DÊu “=” x¶y ra khi x = y = z = 1. VËy minA = khi a = b = c = 1 . 0,25 2 VI.a 1. (1,0 ®iÓm) (2 ®iÓm) Ta gi¶ sö tam gi¸c ABC cã c¹nh AB : A 5x  2 y  6  0 AC: 4x  7y - 21  0 , suy ra täa ®é cña A B’ A lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh: O(0; 0) 5 x  2 y  6  , gi¶i hÖ suy ra A(0; 3)  4 x  7 y  21 A’ 0,25 NhËn thÊy A thuéc Oy, OA lµ ®­êng B cao cña tam gi¸c, OA  BC  BC // Ox C suy ra ph­¬ng tr×nh cña BC cã d¹ng y = y0. 0,25 §­êng cao BB’ ®i qua trùc t©m O vµ vu«ng gãc víi AC suy ra BB’ cã ph­¬ng tr×nh lµ: 7(x – 0) - 4(y – 0) = 0 hay BB’: 7x – 4y = 0. §iÓm B = BB'AC  täa ®é cña B lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh:  7x  4 y  0  x  4   5 x  2 y  6  y  7 0,25 §­êng th¼ng ®i qua B(- 4; - 7) vµ song song víi Ox chÝnh lµ ®­êng th¼ng BC suy ra ph­¬ng tr×nh c¹nh BC: y = - 7. VËy ph­¬ng tr×nh c¹nh cßn l¹i cña tam gi¸c ABC lµ y = -7. 0,25 2. (1,0 ®iÓm) • §­êng th¼ng (d 1) vµ (d2) lÇn l­ît cã (d2) vÐct¬ chØ ph­¬ng lµ: M 0 0 0 1 1 0 u1   1 8; 8 0; 0 1     (d1) = (0; -8; 1), P u 2  (-1; 1; 2). 0,25 • Do mp(P) chøa ®­êng th¼ng (d 1) vµ song song víi ®­êng th¼ng (d 2) nªn (P) cã cÆp vÐct¬ chØ ph­¬ng lµ u1 vµ u 2 . VËy mp(P) cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ:  8 1 1 0 0 8    n  u1 , u 2     1 2 ; 2  1 ;  1 1   (-17; -1; -8). 0,25  
  15. • mp(P) cßn ®i qua ®iÓm A(1; -1; 0)  (d1 ) . Ph­¬ng tr×nh cña mÆt ph¼ng (P) lµ:  17( x  1)  1.( y  1)  8( z  0)  0 0,25  ( P) : 17 x  y  8 z  16  0 (*) (KiÓm tra ®iÒu kiÖn song song). LÊy ®iÓm M(0; 0; 2) thuéc ®­êng th¼ng (d2), nhËn thÊy M còng thuéc (P) vËy 0,25 (d2)  (P) , kh«ng tháa m·n yªu cÇu lµ (d) // mp(P). VËy kh«ng tån t¹i mÆt ph¼ng tháa m·n yªu cÇu cña bµi to¸n. VII.a • §Çu tiªn ta chän ra 2 häc sinh ®Ó lµm líp tr­ëng vµ líp phã, (chó ý r»ng hai chøc (1 ®iÓm) danh ®ã lµ kh¸c nhau) Mét c¸ch xÕp 2 häc sinh lµm líp tr­ëng vµ líp phã lµ mét chØnh hîp chËp 2 cña 40 0,25 2 Sè c¸ch xÕp 2 häc sinh lµm líp tr­ëng vµ líp phã lµ A40 Cßn l¹i 38 häc sinh. • TiÕp ®ã ta chän 3 häc sinh lµm ñy viªn (kh«ng ph©n biÖt thø tù) 3 0,25 Sè c¸ch chän 3 häc sinh lµm ñy viªn lµ C 38 • Theo qui t¾c nh©n ta cã sè c¸ch chän ra mét ban c¸n sù lµ : 2 3 A40 .C38  13160160 c¸ch 0.5 VI.b 1. (1,0 ®iÓm) (2 ®iÓm) SO  (ABCD). Dùng MH//SO, H thuéc AC, khi ®ã MH  (ABCD), suy ra gãc gi÷a S ®­êng th¼ng MN víi mp(ABCD) chÝnh lµ ˆ gãc MNH   . Ta cÇn tÝnh  . 0,25 XÐt tam gi¸c CNH cã : M 3 3a 2 a a 10 HC  . AC  , CN  . 2 4 4 2 D C HN  HC  CN  2 HC.CN . cos 45 0 2 2 2 O  9a 2 a 2 3a 2 A H N Hay HN 2    a 8 4 4 B a 10 HN a 10 2 1 Suy ra HN  . VËy cos    .  . 0,25 4 MN 4 a 10 2 DÉn ®Õn   60 0. VËy gãc gi÷a ®­êng th¼ng MN vµ mÆt ph¼ng (ABCD) b»ng 600.  ThÓ tÝch khèi chãp M.ABCD. Trong tam gi¸c HMN cã, MH a 10 3 a 30 tan 60 0   MH  HN . tan 600  .  . HN 4 2 8 0,25 MH lµ chiÒu cao cña khèi chãp M.ABCD. VËy thÓ tÝch cña khèi chãp nµy lµ: 1 1 a 30 a 3 30 V  S ABCD .MH  a 2 .  . 0,25 3 3 8 24 2. (1,0 ®iÓm) • Ta cã AB  (0; 1; -2), AC  (-1; 0; -1). • Do ®­êng th¼ng DH vu«ng gãc víi 0,25 AB, AC nªn ®­êng th¼ng DH cã vÐct¬  chØ ph­¬ng lµ u  AB, AC  1 2 2 0 0 1 =   0  1 ;  1  1;  1 0    = (-1; 2; 1). 0,5 §­êng th¼ng DH cßn ®i qua ®iÓm D(1; 1; 1) nªn ta cã ph­¬ng tr×nh tham sè cña
  16. ®­êng th¼ng DH lµ: D  x 1 t   y  1  2t , (t  R)  z  1 t 0,25  VII.b  Ph­¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm: A (1 ®iÓm) C x2  x 1 2  2 x  m  3x  (1  m) x  1  0 ( x  H 0) (1) 0,25 x  NhËn thÊy x = 0, kh«ng lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1) vµ cã biÖt sè: 2 B   1  m   12  0, m , suy ra ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai ph©n biÖt x1 , x2 kh¸c 0 víi mäi m, tøc th¼ng lu«n c¾t ®­êng cong t¹i hai ®iÓm A, B ph©n biÖt víi mäi m. b m 1 Theo ®Þnh lÝ ViÐt ta cã x1  x 2    0,25 a 3 x  x2 m  1 0,25  Hoµnh ®é trung ®iÓm I cña ®o¹n th¼ng AB lµ x I  1  . 2 6 §iÓm I  Oy  x I  0  m  1  0  m  1. VËy m = 1 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m. 0,25 Vib2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d.  x  1  2t  d có phương trình tham số là:  y  1  t z   t    Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  1 + t ;  t).Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t)  Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên : 2   2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = . Vì thế, MH =  1 ;  4 ;  2    3 3 3 3     uMH  3MH  (1; 4; 2) Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: x  2  y  1  z 1 4 2 7 1 2 Theo trªn cã H ( ;  ;  ) mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é 3 3 3 8 5 4 M’ ( ;  ;  ) 3 3 3 _____________HÕt_____________
  17. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 MÔN:TOÁN-KHỐI A&B I: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH CâuI (2điểm): Cho hàm số y = x3 - 3x 2 + 4 (C) 1: Khảo sát hàm số. 2: Gọi (d) là đường thẳng đi qua điểm A(2 ; 0) có hệ số góc k.Tìm k để (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt A ; M ; N sao cho hai tiếp tuyến của (C ) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm): x x 1 1: Giải phương trình: 3(sin 3  cos 3 )  2 cos x  sin 2 x 2 2 2 2: Giải bất phương trình: x 2  35  5 x  4  x 2  24 5 ln( x  1  1) Câu III (1điểm): Tính tích phân : I =  x 1 dx 2 x 1 Câu IV (1điểm): Cho tam gi¸c ABC c©n néi tiÕp ®­êng trßn t©m J b¸n kÝnh R=2a (a>0) ,gãc BAC =1200.Trªn ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC) lÊy ®iÓm S sao cho SA = a 3. Gäi I lµ trung ®iÓm ®o¹n BC .TÝnh gãc gi÷a SI vµ h×nh chiÕu cña nã trªn mÆt ph¼ng (ABC) & tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC theo a Câu V (1điểm):  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0  Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực   x2  1  x2  3 2 y  y2  m  0 PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A.Theo chương trình chuẩn (2điểm) Câu VIa: 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là một điểm trên (d ) : x  y  2  0 . Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 45 0 tiếp xúc với (C) tại A, B. Viết phương trình đường thẳng AB. 2) Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có điểm A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A1(0;0;2). M là trung điểm AB; N là tâm của hình vuông ADD1A1. Tính bán kính của đường tròn là giao tuyến của mặt cầu đi qua C ; D1 ; M ; N với mặt phẳng MNC1 Câu VII/a: Cho n là số tự nhiên n  2.Tính n S   k 2Cn 2k  12.Cn .2  22.Cn .2 2  ...  n 2 .Cn .2n k 1 2 n k 1 B. Theo chương trình nâng cao (2điểm) Câu VIa.1) Cho (P) y2 = x và đường thẳng (d): x – y – 2 = 0 cắt (P) tại hai điểm A và B. Tìm điểm C thuộc cung AB sao cho  ABC có diện tích lớn nhất x 1 y z 1 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : (d1 ) :   và 2 1 1 x y  2 z 1 (d 2 ) :   . Viết phương trình mặt phẳng chứa (d1) và hợp với (d 2) một góc 300. 1 1 1  2( x  1) log 2010  yx Câu VII/b: Giải hệ phương trình  y  y 2  x2  2  x  3 y  ..............Hết...............
  18. Ghi chú :-Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN CÂU I/1 Khảo sát hàm số y=x3-3x2+4 1:Tập XĐ:R 2:Sự biến thiên +Giới hạn lim y  ; lim y   x  x  +Bảng biến thiên +y'=3x2-6x=0  x=0;x=2 Hàm số đồng biến (-  ;0) và (2;+  );nghịch biến (0;2);Cực đại tại (0;4);Cực tiểu tại (2;0) x - 0 2 + y' + 0 - 0 + 4 + y - 0 3:Đồ thị +y"=6x-6=0  x=1 Điểm uốn đồ thị U(1;2) +Đồ thị …………………………… +PT đường thẳng d: y=k(x-2) +Hoành độ A;M;N là nghiệm PT: x3-3x2+4=k(x-2) 2 2 I/2  (x-2)(x -x-2-k)=0  x=2=x A;f(x)=x -x-2-k=0 +PT có 3nghiệm phân biệt  f(x)=0 có 2nghiệm phân biệt khác 2   0 9  xM  x N  1     k  0 .Theo Viét ta có   f (2)  0 4  xM x N   k  2 +Tiếp tuyến tại M và N vuông góc với nhau  y'(xM).y'(xN)=-1 2 2 2 3  2 2  ( 3 xM  6 xM )(3 xN  6 xN )  1  9k +18k+1=0  k  (tm) 3 PT tương đương x x 1  x x  x x  x x  3(sin3  cos3 )  2 cos x  sin 2x  3sin  cos 1  sin cos   2  sinx cosx  3 sin  cos  1  2 2 2  2 2  2 2  2 2  II/1
  19.  x x  x x 3   cos  sin (2  sin x) sin  cos    0  2 2  2 2 2 x x  x  x   * sin  cos  0  sin     0    k  x   k2 (k  Z) 2 2 2 4 2 4 2 * 2  sin x  0  sin x  2 (v« nghiÖm) x x 3 x  3   3 * sin  cos    2 sin      sin x     (v« nghiÖm) VËy nghiÖm cña ph­¬ng tr× 2 2 2 2 4 2  4 2 2 ............................................................................................................. x 2  35  x 2  24  5 x  4 11 BPT tương đương  2  5x  4 x  35  x 2  24 II/2  11  (5 x  4)( x 2  35  x 2  24) Xét: 4 a)Nếu x  không thỏa mãn BPT 5 b)Nếu x>4/5: Hàm số y  (5 x  4)( x 2  35  x 2  24) với x>4/5 1 1 y'= 5( x 2  35  x 2  24)  (5 x  4)( 2  2 ) >0 mọi x>4/5 x  35 x  24 Vậy HSĐB. +Nếu 4/51 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1 ……………………………………………………………………….. Đặt t= x  1  1 * x = 2 t = 2 3 3 (t  1) ln t ln t *x = 5  t = 3 *dx=2(t-1)dt I=2  2 dt  2  dt 2 (t  1)  t  1 2 t 3 III  2  ln td ln t  ln 2 t 3  ln 2 3  ln 2 2 2 2 ……………………………………………………………………….. S E B D C IV A +Gọi D là trung điểm BC  AD  BC (Vì ABC cân tại A)  AD  (SBC) +Gọi E trung điểm SB  AE  SB (Vì SAB đều)
  20.  DE  SB (Định lý 3 đường vuông góc) +SC//DE (DE đường trung bình tam giác)  SC  SB Vậy tam giác SBC vuông tại S +AD là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.Nên tâm O mặt cầu ngoại tiếp SABC thuộc A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Vậy bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp b giác ABC DC a 2  b2 3a 2  b 2 +BC = a 2  b 2  cosC=   sin C  AC 2a 2a AB a2 +R=  2sin C 3a 2  b 2 ……………………………………………………………………….. +Mặt cầu đi qua C(2; 2; 0);D1(0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có phương trình: x2+y2+z2+2ax+2b  4a  4b  d  8  0  4b  4c  d  8  0  5 1   a  c   ;b   ; d  4  2a  d  1  0 2 2  2b  2c  d  2  0  35 Suy ra tâm mặt cầu và bán kính mặt cầu là: I(5/2;1/2;5/2); R = 2    +(MNC1) đi qua M(1;0;0) nhận  MC1 ; NC1   (0;3; 3) làm véc tơ pháp tuyến có PT: y – z =   + h = d(I;(MNC1)) = 2 3 3 + Bán kính đường tròn giao tuyến là R 2  h2  V 2 ……………………………………………………………………….. +Đặt a  x  0; b  y  0; c  z  0 2a 2b 2c 2a 2b 2c 1 1 1 +VT= 64  6 4 6 4  3 2 3 2 3 2  2 2 2 2 2 2 a b b c c a 2a b 2b c 2c a ab bc ca (Theo BĐT CôSi) 1 1 1 1 1 1 +VP=      a 4 b 4 c 4 a 2b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 (Áp dụng BĐT CôSi cho từng cặp) ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1 hay x = y = z = 1 VI ……………………………………………………………………….. Phần riêng theo chương trình NC  y2  x 1)+Tọa độ A;B là nghiệm hệ:  A(1;-1); B(4;2) x  y  2  0 2 2 yo  yo  2 +C(yo ;yo)  (P); h=d(C;d)= 2 1 3 2 + SABC  h. AB  yo  yo  2 2 2 VIbI/a +Xét hàm số f = yo2  yo  2 Với 1  yo  2 Suy ra Max f = 9/4 Tại C(1/4;1/2) VIb2) Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) : ax  by  cz  d  0 (a 2  b 2  c 2  0) . Trên đường thẳng (d 1) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).  a cd  0  c  2a  b Do ( ) qua A, B nên:   nên  a  b  d  0  d  a b ( ) : ax  by  (2a  b) z  a  b  0 .

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản