THÔNG TIN TÀI LIỆU
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 THÀNH ĐẠT MÔN: TOÁN, KHỐI: A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 5 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: Câu I. (2, 0 điểm) Cho hàm số y = x 3 – 3mx 2 +4m 3 có đồ thị (C m ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Xác định m để hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. Câu II. (2, 0 điểm) 1. Giải phương trình: 22 1cos3cos4 22cos6 4 sin 4 sin 3 = +− ++ ++ − xx xxx ππ 2. Giải phương trình : 1313 23 −+=− xxx Câu III. (1, 0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ − − + 1 0 4.91 21 dx x x Câu IV. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A có góc BAC = 120 0 , AB = a. Trên đường thẳng d đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho tam giác SBC đều. Gọi M là điểm đối xứng với A qua mặt phẳng (SBC) và N là trung điểm của đoạn BC. Tính thể tích khối chóp B.SANM và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (ABC). Câu V.(1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + xy ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 2 22 + +− = y yxyx P PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được làm phần 1 hoặc phần 2: 1. Theo chương trình chuẩn: Câu VIa. (2, 0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): (x – 1) 2 + y 2 = 2 và hai điểm A(1; -1), B( 2; 2). Tìm tọa điểm M thuộc đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác MAB bằng 2 1 . 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d): 21 1 1 2 zyx = − − = − và (d’): = = −= tz y tx 3 22 Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng (d) và (d’). Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn phương trình 2048 12 2 3 2 1 2 =+++ −n nnn CCC ( k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Theo chương trình nâng cao: Câu VIb. (2, 0 điểm) 1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 + 2x – 4y + 4 = 0 và đường thẳng d: x – y = 0. Lập phương trình đường tròn (C’), tiếp xúc ngoài với (C), có tâm thuộc d sao cho (C’) có bán kính nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d): 21 1 2 3 zyx = + = + và (d’): 11 1 1 3 zyx = − = − + . Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng (Oxy) và (Oxz). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d’) sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng khoảng cách từ B đến (P). Câu VIIb. (1, 0 điểm) Cho hàm số x2 m 1xy − ++−= (Cm). Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị (C m ) tại điểm cực đại A, cắt trục Oy tại B sao cho ∆OAB vuông cân. Hết ĐÁP ÁN - MÔN TOÁN (Thử sức trước kỳ thi – Đề số 5 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM PHẦN CHUNG I 1. Khi m = 1, ta có y = x 3 - 3x 2 +4 (C) + TXĐ: D = R Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực: +∞= +∞→ y x lim và −∞= −∞→ y x lim + Chiều biến thiên : y’ = 3x 2 - 6x y’ = 0 ⇔ -3x 2 + 6x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2 Bảng biến thiên : x - ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 4 + ∞ - ∞ 0 Hàm số đồng biến trên hai khoảng ( - ∞ ; 0) và (0; + ∞ ) và nghịch biến trên khoảng (0; 2) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, y CĐ = 3 và đạt cực tiểu tại điểm x = 2 và y CT = -1 Điểm uốn: y’’ = 6x - 6 y’’ = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 2 Vậy I(1; 0) là điểm uốn của (C). Đồ thị: Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I(1; 2) là tâm đối xứng 2. y = x 3 – 3mx 2 +4m 3 y’ = 3x 2 – 6mx, y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2m Hàm số có hai điểm cực trị ⇔ m ≠ 0 Các điểm cực trị của (C m ) là M(0; 4m 3 ) và N(2m; 0). Trung điểm của đoạn MN là I(m; 2m 3 ) và )4;2( 3 mmMN −= Đường thẳng (d): y = x có vectơ chỉ phương là u = (1; 1) M, N đối xứng nhau qua đường thẳng (d) ⇔ MN ⊥ (d) và I ∈ (d) ⇔ ±= = ⇔ =− =−+ ⇔ = = 2 2 0 0)12( 0)4(2 2 0. 2 3 3 m m mm mm mm uMN Kết hợp điều kiện ta được 2 2 ±=m . 0.25 0.5 0.5 0.25 0.5 II Giải phương trình: 22 1cos3cos4 22cos6 4 sin 4 sin 3 = +− ++ ++ − xx xxx ππ (1) Ta có 1cos3cos4 3 +− xx = cos3x + 1 ĐK: cos3x + 1 ≠ 0 ⇔ 3 2 3 23 ππ ππ kxkx +≠⇔+≠ )( 224 12 23 6 23 6 3cos) 6 cos( 3coscos 2 3 sin 2 1 3cos2cos3sin 2 13cos 2cos3sin 22 1cos3cos4 22cos6sin2 )1( 3 Zk kx kx kxx kxx xx xxx xxx x xx xx xx ∈ −= −= ⇔ +−=− +=− ⇔=−⇔ =+⇔ =+⇔ = + ++ ⇔= +− ++ ⇔ ππ π π π π π π π Kết hợp điều kiện ta được: )( 224 12 Zk kx kx ∈ −= −= ππ π π _____________________________________________________________________________ 2. Giải phương trình : 1313 23 −+=− xxx ĐK: x ≥ 1 )1(2)1(1.131313 2223 +++−=++−⇔−+=− xxxxxxxxx Chia hai vế cho x 2 + x + 1, ta được phương trình tương đương 2 1 1 1 1 3 22 + ++ − = ++ − xx x xx x Đặt t = 1 1 2 ++ − xx x , t ≥ 0, ta ta được phương trình: 3t = t 2 + 2 ⇔ t 2 – 2t + 2 = 0 ⇔ t = 1 ∨ t = 2 + Với t = 1, ta có: )(21 1 1 1 1 1 2 22 VNx xx x xx x −=⇔= ++ − ⇔= ++ − + Với t = 2, ta có: )(05344 1 1 2 1 1 2 22 VNxx xx x xx x =++⇔= ++ − ⇔= ++ − Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0.5 0.5 0.5 0.5 III Tính tích phân: I = ∫ − − + 1 0 4.91 21 dx x x Ta có: ∫∫ − + = − + = − 1 0 1 0 94 4)21( 4.91 21 dxdxI x xx x x Đặt t = 2 x ⇒ dt = 2 x ln2dx ⇒ dtdx x 2ln 1 2 = Đổi cận; x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1 ⇒ t = 2 0.25 0.75 )5ln1( 2ln 1 )4ln5ln2ln21( 2ln 1 |)3|ln|3|ln2( 2ln 1 ) 3 1 3 2 1( 2ln 1 ) 9 9 1( 2ln 1 9 )1( 2ln 1 9 )1( 2ln 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 −=+−−=+−−+= + − − += − + += − + = − + =⇒ ∫∫∫∫ ttt dt tt dt t t dt t tt dt t tt I IV Cho tam giác ABC cân tại A có góc BAC = 120 0 , AB = a. Trên đường thẳng d đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho tam giác SBC đều. Gọi M là điểm đối xứng với A qua mặt phẳng (SBC) và N là trung điểm của đoạn BC. Tính thể tích khối chóp B.SANM và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (ABC). + Tính thể tích khối chóp B.SANM: ⇒ S SABM = 2 2 2 a Vì BN ⊥ (SAN) nên chiều cao khối chóp B.SANM bằng BN = 2 3a Vậy thể tích khối chóp B.SANM là: 12 6 2 3 . 2 2 . 3 1 . 3 1 32 aaa BNSV SANM === (đvtt) + Tính d(M; (ABC)): Gọi I = AM ∩ SN thì AI ⊥ SN nên: 3 2 2 3 2 1 .2 . a a aa SN ANSA AIANSAAISN ===⇒= 6 22 a AIANIN =−=⇒ Ta có: 9 2 9 1 ))(;(9 ))(;( 9 6 1 2 3 ))(;( ))(;( a SAABCId ABCId SA a a IN SN ABCId ABCSd ==⇒=⇒=== 9 22 ))(;(2 ))(;( ))(;( a ABCMd IA MA ABCId ABCMd =⇒== 0.5 0.5 Ta có AB = a và góc BAN = 60 0 nên: BN = 2 3a và AN = a 2 1 ⇒ BC = 3a Ta giác SBC đều ⇒ aBCSN 2 3 2 3 == ⇒ 2aSA = Vì BC ⊥ (SAN) nên (SAN) ⊥(SBC) ⇒ M đối xứng với A qua (SCB) thì M ∈(SAN). Vì d(M; SN) = d(A; SN) nên S SMN = S SAN = 4 2 . 2 1 2 a ANSA = V Cho x, y là hai số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + xy ≥ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 2 22 + +− = y yxyx P + Xét y = 0, ta có P = x 2 ≥ 1, và P = 1 khi x = 1 + Xét y ≠ 0: Vì x 2 + y 2 + xy ≥ 1 nên: 2 2 2 2 1 2 22 22 2 22 ++ +− = ++ +− ≥ + +− = y x y x y x y x yxyx yxyx y yxyx P Đẳng thưac xảy ra khi x 2 + xy + y 2 = 1 Đặt t = y x ⇒ t ∈ R và 2 2 )( 2 2 ++ +− =≥ tt tt tfP Xét hàm số ( ) 2 2 2 2 2 2 42 )(', 2 2 )( ++ − =⇒∈ ++ +− = tt t tfRt tt tt tf f’(t) = 0 ⇔ 2±=t Bảng biến thiên: x - ∞ - 2 2 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 24 24 − + 1 1 24 24 + − Vì 24 24 + − < 1 nên từ hai trường hợp ta có: minP = 24 24 + − khi + −= + −= ∨ + = + = ⇔ + = = ⇔ = =++ 23 1 23 2 23 1 23 2 23 1 2 2 1 2 22 y x y x y yx y x yxyx 0.5 0.5 PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được làm phần 1 hoặc phần 2: 1. Theo chương trình chuẩn: VIa 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): (x – 1) 2 + y 2 = 2 và hai điểm A(1; -1), B( 2; 2). Tìm tọa điểm M thuộc đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác MAB bằng 2 1 . + Ta có 10=AB và S MAB = 2 1 d(M; AB).AB = 2 1 ⇒ d(M; AB) = 10 1 + Lại có )3;1(=AB ⇒ Vec tơ pháp tuyến của đường thẳng (AB) là )1;3( −=n ⇒ (AB): 3(x – 1) – (y + 1) = 0 hay 3x –y - 4 = 0. + Gọi M(a; b) ∈ (C) ⇒ (a – 1) 2 + b 2 = 2 1|43| 10 1 10 |43| 10 1 );( =−−⇒= −− ⇔= ba ba ABMd Ta có hệ phương trình: 0.5 0.5 −= =+− ∨ −= =+− ⇔ −=−− =+− ∨ =−− =+− ⇔ =−− =+− 33 2)1( 53 2)1( 143 2)1( 143 2)1( 1|43| 2)1( 2222 222222 ab ba ab ba ba ba ba ba ba ba −= ± = ∨ −= == ⇔ −= =+− ∨ −= =+− ⇔ −= =−+− ∨ −= =−+− ⇔ 33 5 55 53 5 4 , 5 12 33 04105 53 012165 33 2)33()1( 53 2)53()1( 22 2222 ab a ab aa ab aa ab aa ab aa ab aa Vậy có bốn điểm thỏa điều kiện bài toán là: ) 5 53 ; 5 55 () 5 53 ; 5 55 (), 5 13 ; 5 4 (), 5 11 ; 5 12 ( 4321 +−− − MvàMMM 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d): 21 1 1 2 zyx = − − = − và (d’): = = −= tz y tx 3 22 Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng (d) và (d’). Ptts của (d): = −= += tz ty tx 2 1 2 ⇒ M(2 + a; 1 – a; 2a) ∈ (d) và u = (1; -1; 2) là VTCP của (d). (d’): = = −= tz y tx 3 22 ⇒ N(2- 2b; 3; b) ∈ (d’) và 'u = (- 2; 0; 1) là VTCP của (d’). )2;2;2( abaabMN −+−−= MN là đoạn vuông góc chung của (d) và (d’) ⇔ = −= ⇔ = =−− ⇔ =−+++−−− =−++−−− ⇔ ⊥ ⊥ 0 3 1 03 026 0)2(1)2(0)2(2 0)2(2)2(1)2(1 ' b a b a abaab abaab uMN uMN ⇒ A( 3 2 ; 3 4 ; 3 5 − ), B(2; 3; 0) Vậy mặt cầu (S) có tâm là I( ) 3 1 ; 6 13 ; 6 11 − và cá bán kính là R = 6 5 3 1 6 5 6 1 222 = + + =IA ⇒ Phương trình mặt cầu (S): 6 5 3 1 6 13 6 11 222 = ++ −+ − xyx 0.5 0.5 Tìm số nguyên dương n thỏa mãn phương trình 2048 12 2 3 2 1 2 =+++ −n nnn CCC Ta có )2( )11(0 )1( )11(2 2 2 12 2 3 2 2 2 1 2 0 2 2 2 12 2 3 2 2 2 1 2 0 2 n n n nnnnn n n n n nnnnn nn CCCCCC CCCCCC +−+−+−=−= ++++++=+= − − Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được: 0.5 VIIa 6222048 2 ) (22 111212 2 3 2 1 2 22 12 2 3 2 1 2 2 =⇔=⇔=+++=⇔ +++= −−− − nCCC CCC nn nnn n n nnn n 0.5 2. Theo chương trình nâng cao VIb 1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 + 2x – 4y + 4 = 0 và đường thẳng d: x – y = 0. Lập phương trình đường tròn (C’), tiếp xúc ngoài với (C), có tâm thuộc d sao cho (C’) có bán kính nhỏ nhất. + Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2) và bán kính R = 1. + Gọi J là tâm của đường tròn (C’). Khi đó (C) tiếp xúc ngoài với (C’) ⇔ IJ = R + R’ = 1 + R’ Do đó R’ nhỏ nhất ⇔ IJ nhỏ nhất ⇔ J là hình chiếu của J lên đường thẳng d. Ta có: IJ ⊥ d ⇒ véctơ pháp tuyến của đường thẳng IJ là n = (1; 1). Do đó phương trình đường thẳng IJ là: 1(x + 1) + 1(y – 2) = 0 ⇔ x + y – 1 = 0. Tọa độ điểm J là: = = ⇔ =−+ =− 2 1 2 1 01 0 y x yx yx ⇒ J( 2 1 ; 2 1 ). Ta có JI = 2 123 ' 2 23 − =−=⇒ RIJR Vậy phương trình đường tròn (C’) là: 4 2619 ) 2 1 () 2 1 ( 22 − =−+− yx 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d): 21 1 2 3 zyx = + = + và (d’): 11 1 1 3 zyx = − = − + . Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng (Oxy) và (Oxz). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d’) sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng khoảng cách từ B đến (P). + Tọa độ A: = −= −= ⇔ = + = + = 0 1 3 21 1 2 3 0 z y x zyx z ⇒ A(-3; -1; 0) + Tọa độ B: = = −= ⇔ = + = + = 2 0 1 21 1 2 3 0 z y x zyx y ⇒ B(-1; 0; 2) +Hai điểm M(-3; 1; 0) và N(-4; 2; 1) ∈ (d’). + Gọi (P): ax + by + cz + d = 0 (a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0). + Ta có M, N ∈ (P) và d(A; (P)) = d(B;(P)) ⇔ =−+− =−− =++− ∨ =++ =−− =++− ⇔ =−−+ =+++− =++− ∨ =++ =+++− =++− ⇔ ++−=+−− =+++− =++− 0232 0 03 022 0 03 0224 024 03 022 024 03 |2||3| 024 03 cba cba dba cba cba dba dcba dcba dba cba dcba dba dcadba dcba dba 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 )2( 5 4 5 1 5 11 )1( 4 3 5 4 03 4 03 = = = ∨ = −= −= ⇔ = −= =++− ∨ = −= =++− ⇔ ab ac ad ab ac ad ab bac dba ab bac dba + Trường hợp (1): chọn a = 1, ta được b = 4, c = -3 và d = - 1. Do đó phương trình mặt phẳng (P) là: x + 4y - 3z - 1 = 0 + Trường hợp (2): chọn a = 5, ta có: b = 4, c = 1 và d = 11. Khi đó ta cơ phương trình mp(P) là: (P): 5x + 4y + z + 11 = 0 Cách 2: Có hai TH: + TH1: (P) qua M, N và trung điểm I của đoạn AB + TH2: (P) qua M có VTPT là [ ] ABMN, VIIb Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 x2 4mx4x x2 m 1'y − −++− = − +−= y' = 0 ⇔ –x 2 + 4x + m – 4 = 0 ⇔ (2 – x) 2 = m (x ≠ 2) (∗) Để đồ thị (Cm) có cực đại ⇔ phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0 Khi đó y' = 0 ⇔ m2x 1 −= , m2x 2 += , ta có: x –∞ x 1 2 x 2 +∞ y' – 0 + + 0 – y + ∞ + ∞ CĐ CT – ∞ – ∞ ⇒ Điểm cực đại A(2 + m , –1 – 2 m ) Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm cực đại A có phương trình: m21y −−= , do đó m21m21OB +=−−= AB = x 2 = 2 + m (vì B ∈ Oy ⇒ x B = 0) ∆AOB vuông cân ⇔ OB = BA ⇔ 1 + 2 m = 2 + m ⇔ m = 1 0.5 0.5 Giáo Viên: Nguyễn Văn Bảy – Trung tâm BDVH và Luyện thi Thành Đạt. ĐC: 727- 583 Trần Cao Vân – Đà Nẵng. wed: thanhdat.edu.vn. . cho ∆OAB vuông cân. Hết ĐÁP ÁN - MÔN TOÁN (Thử sức trước kỳ thi – Đề số 5 CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM PHẦN CHUNG I 1. Khi m = 1, ta có y = x 3 - 3x 2 +4 (C) + TXĐ: D = R Sự biến thi n: + Giới hạn tại vô. TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 THÀNH ĐẠT MÔN: TOÁN, KHỐI: A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ SỐ 5 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC. cực: +∞= +∞→ y x lim và −∞= −∞→ y x lim + Chiều biến thi n : y’ = 3x 2 - 6x y’ = 0 ⇔ -3x 2 + 6x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2 Bảng biến thi n : x - ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 4 + ∞ - ∞ 0 Hàm
Ngày đăng: 03/07/2014, 06:00
Xem thêm: ĐỀ THI THỬ+ ĐÁP ÁN NĂM 2010