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 = x 3 - 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): 1: Giải phương trình: 2 2 x sin sinx-cos sin 1 2 os ( ) 2 2 4 2 x x x c π + = − 2: Giải bất phương trình: 2 2 35 5 4 24x x x+ < − + + Câu III (1điểm): Tính tích phân : I = 5 2 ln( 1 1) 1 1 x dx x x − + − + − ∫ Câu IV (1điểm): Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân AB = AC = SA = SB = a; SC = b (0<b< 3a ).(SBC) ⊥ (ABC).Chứng minh rằng ∆ SBC vuông và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC theo a và b. Câu V (1điểm): Cho hình lập phương ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 có điểm A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A 1 (0;0;2). M là trung điểm AB; N là tâm của hình vuông ADD 1 A 1 . Tính bán kính của đường tròn là giao tuyến của mặt cầu đi qua C ; D 1 ; M ; N với mặt phẳng MNC 1 Câu VI (1điểm): Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng: 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 y x z x y y z z x x y z + + ≤ + + + + + PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A.Theo chương trình chuẩn (2điểm) Câu VII/a: Cho (P) y 2 = 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 Câu VII/b: Cho n là số tự nhiên n ≥ 2.Tính 2 2 1 2 2 2 2 1 2 1 . .2 2 . .2 . .2 n k k n n n n n n k S k C C C n C = = = + + + ∑ B. Theo chương trình nâng cao (2điểm) Câu VII/a. Cho ∆ ABC có diện tích bằng 9 2 ; Điểm A(1;2); B(-2;3) trọng tâm G của ∆ ABC thuộc đường thẳng (d): x + y – 2 = 0.Tìm tọa độ điểm C Câu VII/b: Giải hệ phương trình 2010 2 2 2( 1) log 2 3 x y x y y x x y − = + − + = − ĐÁP ÁN CÂU ĐIỂM I/1 I/2 II/1 Khảo sát hàm số y=x 3 -3x 2 +4 1:Tập XĐ:R 2:Sự biến thiên +Giới hạn lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ +Bảng biến thiên +y ' =3x 2 -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: x 3 -3x 2 +4=k(x-2) ⇔ (x-2)(x 2 -x-2-k)=0 ⇔ x=2=x A ;f(x)=x 2 -x-2-k=0 +PT có 3nghiệm phân biệt ⇔ f(x)=0 có 2nghiệm phân biệt khác 2 ⇔ 0 9 0 (2) 0 4 k f ∆ > ⇔ − < ≠ ≠ .Theo Viét ta có 1 2 M N M N x x x x k + = = − − +Tiếp tuyến tại M và N vuông góc với nhau ⇔ y ' (x M ).y ' (x N )=-1 ⇔ ( 2 2 3 6 )(3 6 ) 1 M M N N x x x x− − = − ⇔ 9k 2 +18k+1=0 3 2 2 3 k − ± ⇔ = (tm) PT tương đương 0,25 0,25 025 025 025 025 05 II/2 III IV 2 3 2 x sin sinx-cos sin 1 1 sinx 2 2 sinx=0 x sinx(2sin sin 1) 0 sin 0 2 2 2 2sin sin 1 0 2 2 x x x x x x VN x k π + = − ⇔ − + = ⇔ = − + = ⇔ = BPT tương đương 2 2 2 2 2 2 35 24 5 4 11 5 4 35 24 11 (5 4)( 35 24) x x x x x x x x x + − + < − ⇔ < − + + + ⇔ < − + + + Xét: a)Nếu x 4 5 ≤ không thỏa mãn BPT b)Nếu x>4/5: Hàm số 2 2 (5 4)( 35 24)y x x x= − + + + với x>4/5 y ' = 2 2 2 2 1 1 5( 35 24) (5 4)( ) 35 24 x x x x x + + + + − + + + >0 mọi x>4/5 Vậy HSĐB. +Nếu 4/5<x ≤ 1 thì y(x) ≤ 11 +Nếu x>1 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1 ……………………………………………………………………… Đặt t= 1 1x − + * x = 2 ⇒ t = 2 *x = 5 ⇒ t = 3 *dx=2(t-1)dt I=2 3 3 2 2 2 3 2 3 2 2 2 2 ( 1)ln ln 2 ( 1) 1 2 ln ln ln ln 3 ln 2 t t t dt dt t t t td t t − = − + − = = = − ∫ ∫ ∫ ……………………………………………………………………… B C A S D E +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) ⇒ 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 025 025 025 025 025 025 025 025 025 025 05 025 025 V VI VII/a VII/b +AD là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.Nên tâm O mặt cầu ngoại tiếp SABC thuộc AD.Mặt khác O cách đều A; B; C nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Vậy bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC +BC = 2 2 a b+ ⇒ 2 2 2 2 DC 3 cosC= sin AC 2 2 a b a b C a a + − = ⇒ = + R = 2 2 2 2sin 3 AB a C a b = − ……………………………………………………………………… +Mặt cầu đi qua C(2; 2; 0);D 1 (0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có phương trình: x 2 +y 2 +z 2 +2ax+2by+2cz+d=0 nên 4 4 8 0 4 4 8 0 5 1 ; ; 4 2 1 0 2 2 2 2 2 0 a b d b c d a c b d a d b c d + + + = + + + = ⇔ = = − = − = + + = + + + = Suy ra tâm mặt cầu và bán kính mặt cầu là: I(5/2;1/2;5/2); R = 35 2 +(MNC 1 ) đi qua M(1;0;0) nhận 1 1 ; (0;3; 3)MC NC = − uuuur uuuur làm véc tơ pháp tuyến có PT: y – z = 0 + h = d(I;(MNC 1 )) = 2 + Bán kính đường tròn giao tuyến là 2 2 3 3 2 R h− = ……………………………………………………………………… +Đặt 0; 0; 0a x b y c z= > = > = > +VT= 6 4 6 4 6 4 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 a b c a b c a b b c c a a b b c c a a b b c c a + + ≤ + + = + + + + + (Theo BĐT CôSi) +VP= 4 4 4 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c a b b c c a + + ≥ + + (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 ……………………………………………………………………… Phần riêng theo chương trình chuẩn +Tọa độ A;B là nghiệm hệ: 2 2 0 y x x y = − − = A(1;-1); B(4;2) +C(y o 2 ;y o ) ∈ (P); h=d(C;d)= 2 2 2 o o y y− − + 1 3 . 2 2 ABC S h AB ∆ = = 2 2 o o y y− − +Xét hàm số f = 2 2 o o y y− − Với 1 2 o y− ≤ ≤ Suy ra Max f = 9/4 Tại C(1/4;1/2) ……………………………………………………………………… 2 2 1 2 2 2 2 1 2 1 . .2 2 . .2 . .2 n k k n n n n n n k S k C C C n C = = = + + + ∑ 025 025 025 025 025 025 05 05 025 025 025 025 025 VII/a VII/b = 1 1 ( 1) 2 2 n n k k k k n n k k k k C kC = = − + ∑ ∑ Xét khai triển (1+x) n = 0 n k k n k C x = ∑ ; n(1+x) n-1 = 1 0 n k k n k kC x − = ∑ Lấy x=2 ta được n.3 n-1 = 1 0 2 n k k n k kC − = ∑ ⇔ 2n.3 n-1 = 0 2 n k k n k kC = ∑ +n(n-1)(1+x) n-2 = 2 0 ( 1) n k k n k k k C x − = − ∑ Lấy x=2 ta được n(n-1)3 n-2 = 2 0 ( 1) 2 n k k n k k k C − = − ∑ ⇔ 4n(n-1)3 n-2 = 0 ( 1) 2 n k k n k k k C = − ∑ Vậy S=n.3 n-2 (2+4n) ……………………………………………………………………… Phần riêng theo chương trình nâng cao +PT đường thẳng AB: x+3y-7=0 +G ∈ (d) ⇒ G(a;2-a) Do G trọng tâm tam giác ABC nên diện tích tam giác GAB bằng 3/2 + 1 1 3 . ( ; ) 2 1 2 2 2 GAB S AB d G AB a ∆ = = + = giải tìm được a = 1; a = -2 +Nếu a = 1 ⇒ G(1; 1) Vậy C(4; -2) +Nếu a = -2 ⇒ G(-2; 4) Vậy C(-5; 7) ………………………………………………………………………. + 2 2 2 2 3 0 3 0 2 3 2 1 3 2 0 x y x y y x x y y x h y x y y x x − ≥ − ≥ − + = − ⇔ ⇔ = − − = − + − − + = +Với y = -x - 2 thay PT hệ: 2010 2( 1) log 2 x x − − − =-2 ⇔ x = 2 2 2.2010 2 2.2010 1 − + ; y = - 2 2 6.2010 2.2010 1+ (tm đk) +Với y = x - 1 thay PT của hệ: x = 2010 1 log 2 2 + ; y = 2010 log 2 1 2 − Không thỏa mãn điều kiện ………………………………………………………………………. 025 025 025 025 025 025 025 05 025 025 . cân tại A) ⇒ AD ⊥ (SBC) +Gọi E trung điểm SB ⇒ AE ⊥ SB (Vì SAB đều) ⇒ 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 025 . ĐIỂM I/1 I/2 II/1 Khảo sát hàm số y=x 3 -3x 2 +4 1:Tập XĐ:R 2:Sự biến thi n +Giới hạn lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ +Bảng biến thi n +y ' =3x 2 -6x=0 ⇔ x=0;x=2 Hàm số đồng biến (- ∞ ;0). ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 MÔN:TOÁN-KHỐI A&B I: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH CâuI (2điểm): Cho