Thi thử ĐH 2010 lần 2 - Thanh Oai B - Hà Nội

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: Toán. Khối A, B. Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (2 điểm). Cho hàm số 4 2 2 2 1y x m x = − + (1). 1) Với m = 1, khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2) Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện tích tam giác ABC bằng 32 (đơn vị diện tích). Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2 3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + + . 2) Giải phương trình lượng giác: 2 1 sin 2 1 t an2x os 2 x c x − + = . Câu III. (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: cosy x = và 2 2 3 4 y x x π π = − − Câu IV . (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1 B 1 C 1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A 1 B 1 C 1 ) thuộc đường thẳng B 1 C 1 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1 và B 1 C 1 theo a. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 4 4 3 2 2 c a b a b b c c a + + ≥ + + + Câu VI . (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(3; 0), đường thẳng d 1 : 2x – y – 2 = 0, đường thẳng d 2 : x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho MA = 2MB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P): 5x – 4y + z – 6 = 0, (Q): 2x – y + z + 7 = 0, đường thẳng d: 1 7 3 1 2 x t y t z t = +   =   = −  . Viết phương trình mặt cầu (S) cắt (Q) theo thiết diện là hình tròn có diện tích bằng 20 π và có tâm là giao của d với (P) . Câu VII . (1 điểm) Giải hệ phương trình : 2 3 2 2 16 log log ( ) y x x y y xy +  =   =   HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………….……. Số báo danh: …………… Đề thi thử lần 2 (Tháng 03 năm 2010) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 TRƯỜNG THPT THANH OAI B THÁNG 03 NĂM 2010 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Với m = 1 hàm số là: 4 2 2 1y x x = − + +) TXĐ: R +) Giới hạn, đạo hàm: lim lim x x y y →+∞ →−∞ = = +∞ 3 0 ' 4 4 ; ' 0 1 x y x x y x =  = − = ⇔  = ±  +) BBT: x - ∞ - 1 0 1 + ∞ y' - 0 + 0 - 0 + y + ∞ 1 + ∞ 0 0 +) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; + ∞ ); nghiechj biến trên các khoảng (- ∞ ; - 1), (0; 1) Hàm đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1, cực tiểu tại x = ± 1, y CT = 0 +) ĐT: Dạng đồ thị 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -15 -10 -5 5 10 15 0,25 0,25 0,25 0,25 I.2 +) Ta có y’ = 4x 3 – 4m 2 x ; y’ = 0 ⇔ 2 2 0x x m =   =  ; ĐK có 3 điểm cực trị : m ≠ 0 +) Tọa độ ba điểm cực trị : A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m 4 ), C(m ; 1 – m 4 ) ; +) CM tam giác ABC cân đỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I(0 ; 1 – m 4 ). +) 5 4 1 . 32 2 2 ABC S AI BC m m m m= = = = ⇔ = ± V (tm) 0,25 0,25 2,25 0,25 II.1 +) ĐK: 1x ≥ − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 1 2 4 3 2 1 1 3 1 1 0 1 1 2 3 0 x x x x x x x x x x x x x + + + = + + + ⇔ + − − + + − = ⇔ + − − + = 0 0 1 1 0 ( ) 1 1 3 2 3 / 4 x x x x tm x x x x x =    ≥  + = =   ⇔ ⇔ ⇔     = =   + =       = −     0,25 0,25 0,5 II.2 +) K: , 4 2 x k k Z + 2 2 1 sin 2 1 t an2x os 2 sin 2 os2 1 sin 2 os 2 x c x xc x x c x + = + = 2 sin 2 sin 2 sin 2 . os2 0x x x c x = sin 2 (sin 2 os2 1) 0x x c x = sin 2 0 2 ( , ) sin 2 os2 1 ; 2 4 x k x k l Z x c x x l x l = = = = + = + +) Kt hp K ta c nghim ca phng trỡnh l , ;( , ) 2 x k x l k l Z = = 0,5 0,25 0,25 III 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -15 -10 -5 5 10 15 Chng minh c hai ng cú ỳng hai giao im honh 2 v 3 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 1 3 4 2 2 cos 2. sinx 4 4 3 2 4 3 2 S x x x dx x x x = + + = + + = + ữ 0,25 0,25 0,5 IV Do )( 111 CBAAH nên góc HAA 1 là góc giữa AA 1 và (A 1 B 1 C 1 ), theo giả thiết thì góc HAA 1 bằng 30 0 . Xét tam giác vuông AHA 1 có AA 1 = a, góc HAA 1 =30 0 2 3 1 a HA = . Do tam giác A 1 B 1 C 1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B 1 C 1 và 2 3 1 a HA = nên A 1 H vuông góc với B 1 C 1 . Mặt khác 11 CBAH nên )( 111 HAACB Kẻ đờng cao HK của tam giác AA 1 H thì HK chính là khoảng cách giữa AA 1 và B 1 C 1 Ta có AA 1 .HK = A 1 H.AH 4 3 . 1 1 a AA AHHA HK == 1 im V 4 4 4 4 3 2 2 2 9 2 2 2 2 c a b c a b a b b c c a a b b c c a + + + + + + + ữ ữ ữ + + + + + + ( ) 2 2 1 2 2 9 2 2 a b c a b b c c a + + + + ữ + + + 1 im A 1 A B C C 1 B 1 K H ( ) 1 1 1 9 2 2 2 2 b b a c c a b b c a a c    ÷       ⇔ + + + + + + + ≥  ÷  ÷  ÷   +        ÷ + +   +) Áp dụng BĐT Cô – si cho ba số dương ( ) , , 2 2 b b a c c a     + + +  ÷  ÷     và 1 1 1 , , 2 2 b b c a a c + + + rồi nhân hai BĐT cùng chiều ta có đpcm. VI.1 +) Dạng tham số của d 1 và d 2 : 1 2 : , : 2 2 3 x t x u d d y t y u = =     = − + = − −   +) Tọa độ A(t; - 2 + 2t), B(u; - 3 – u). ( ) ( ) 3; 2 2 ; 3; 3MA t t MB u u= − − + = − − − uuur uuur +) TH1: 2.MA MB= uuur uuur : Tìm được ( ) 7 16 20 , ; : 4;5 3 3 3 d t MA VTCPd u   = − = − − ⇒ =  ÷   uuur uur 3 : 5 4 15 0 4 5 x y d x y − ⇒ = ⇔ − − = +) TH2: 2.MA MB= − uuur uuur : Tìm được ( ) 17 8 28 , ; : 2;7 3 3 3 d t MA VTCPd u   = = ⇒ =  ÷   uuur uur 3 : 7 2 21 0 2 7 x y d x y − ⇒ = ⇔ − − = 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.2 +) Tâm I của mặt cầu là giao của d và (P) nên tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình: 1 7 0 3 1 (1;0;1) 1 2 0 5 4 6 0 1 x t t y t x I z t y x y z z = + =     = =   ⇔ ⇒   = − =     − + − = =   +) Gọi h là khoảng cách từ I đến mp(Q), ta có: 2 2 2 2 2.1 0 1 7 10 50 3 6 2 ( 1) ( 1) h h − + + = = ⇒ = + − + − +) Thiết diện của (Q) với mặt cầu (S) là hình tròn có diện tích bằng 2 2 20 20 . 20r r π π π ⇒ = ⇒ = (r là bán kính hình tròn) +) Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có 2 2 2 50 110 20 3 3 R h r = + = + = Suy ra phương trình mặt cầu (S): ( ) ( ) 2 2 2 110 1 1 3 x y z − + + − = 0,25 0,25 0,25 0,25 VII +) ĐK: 0 1,0 1x y < ≠ < ≠ +) 2 2 3 2 3 4 (1) 2 16 2log 1 log (2) log log ( ) y x x y x y y x y x y xy +   + = =   ⇔   = + =     +) Đặt 2 2 1 1 log (2) : 2 1 2 1 0 1 2 x t x y y t t t t t t x y =  =   = ⇒ = + ⇔ − − = ⇔ ⇒   = − =   +) Với x = y, kết hợp (1) ta được x = y = 1 (loại) và x = y = 3 (nhận). +) Với x = y -2 , kết hợp với (1) ta được y 2 = 1 (loại), y = - 4 (loại) Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y =3. 0,25 0,25 0,25 0,25 Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa. . −     0 ,25 0 ,25 0,5 II .2 +) K: , 4 2 x k k Z + 2 2 1 sin 2 1 t an2x os 2 sin 2 os2 1 sin 2 os 2 x c x xc x x c x + = + = 2 sin 2 sin 2 sin 2 . os2 0x x x c x = sin 2 (sin 2 os2 1) 0x. 0,5 0 ,25 0 ,25 III 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -1 0 -1 5 -1 0 -5 5 10 15 Chng minh c hai ng cú ỳng hai giao im honh 2 v 3 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 1 3 4 2 2 cos 2. sinx 4 4 3 2 4 3 2 S x x x dx x x x . thị 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -1 0 -1 5 -1 0 -5 5 10 15 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 I .2 +) Ta có y’ = 4x 3 – 4m 2 x ; y’ = 0 ⇔ 2 2 0x x m =   =  ; ĐK có 3 điểm cực trị : m ≠ 0 +) Tọa độ ba điểm cực