Đề thi thử Đại học 2010 I. PHẦN BẮT BUỘC. CÂU 1.(2 điểm) Cho hàm số 1 12 + − = x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm )2;1(−I tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất . CÂU 2. (2 điểm). 1. Giải phương trình : 01cossin2sinsin2 2 =−++− xxxx . 2. Tìm giá trị của m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất : 0)23(log)6(log 2 25,0 =−−++ xxxm CÂU 3 . (1điểm) Tính tích phân: ∫ − = 2 1 2 2 4 dx x x I . CÂU 4. (1 điểm). Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và aCDBCAB === . Gọi C’ và D’ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tích tứ diện ABC’D’. CÂU 5. (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé nhất của biểu thức: CBAAS 2cos2coscos23cos +++= . II. PHẦN TỰ CHỌN (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : A hoặc B ) Phần A CÂU 6A. (2 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )5;2(,)1;1( −BA , đỉnh C nằm trên đường thẳng 04 =−x , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 0632 =+− yx . Tính diện tích tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : z y x = − − = 1 2 và d’ : 1 5 3 2 2 − + =−= − z y x . Chứng minh rằng hai đường thẳng đó vuông góc với nhau. Viết phương trình mặt phẳng )( α đi qua d và vuông góc với d’ CÂU7A. (1 điểm) Tính tổng : n n n nnnn CnCCCCS )1()1(432 3210 +−+⋅⋅⋅+−+−= Phần B. CÂU 6B. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )2;1(,)1;2( −− BA , trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 02 =−+ yx . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : z y x = − − = 1 2 và d’ : 1 5 3 2 2 − + =−= − z y x . Viết phương trình mặt phẳng )( α đi qua d và tạo với d’ một góc 0 30 CÂU7B. (1 điểm) Tính tổng : n nnnn CnCCCS )1(32 210 ++⋅⋅⋅+++= 1 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN. CÂU 1. 1. Tập xác định : 1−≠x . 1 3 2 1 12 + −= + − = xx x y , 2 )1( 3 ' + = x y , Bảng biến thiên: Tiệm cận đứng : 1−=x , tiệm cận ngang 2=y 2. Nếu )( 1 3 2; 0 0 C x xM ∈ + − thì tiếp tuyến tại M có phương trình )( )1( 3 1 3 2 0 2 00 xx xx y − + = + +− hay 0)1(3)2()1()(3 0 2 00 =+−−+−− xyxxx . Khoảng cách từ )2;1(−I tới tiếp tuyến là ( ) 2 0 2 0 4 0 0 4 0 00 )1( )1( 9 6 )1(9 16 19 )1(3)1(3 ++ + = ++ + = ++ +−−− = x x x x x xx d . Theo bất đẳng thức Côsi 692)1( )1( 9 2 0 2 0 =≥++ + x x , vây 6≤d . Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi ( ) 3131)1( )1( 9 0 2 0 2 0 2 0 ±−=⇔=+⇔+= + xxx x . Vậy có hai điểm M : ( ) 32;31 −+− M hoặc ( ) 32;31 +−− M CÂU 2. 1) 01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2 22 =−+−−⇔=−++− xxxxxxxx . 22 )3cos2()1(cos8)1cos2( −=−−−=∆ xxx . Vậy 5,0sin =x hoặc 1cossin −= xx . Với 5,0sin =x ta có π π kx 2 6 += hoặc π π kx 2 6 5 += Với 1cossin −= xx ta có −=−= −⇔−=− 4 sin 2 2 4 sin1cossin ππ xxx , suy ra π kx 2 = hoặc π π kx 2 2 3 += 2) ⇔=−−++ 0)23(log)6(log 2 25,0 xxxm ⇔−−=+ )23(log)6(log 2 22 xxxm +−−= <<− ⇔ −−=+ >−− ⇔ 38 13 236 023 2 2 2 xxm x xxxm xx Xét hàm số 13,38)( 2 <<−+−−= xxxxf ta có 82)(' −−= xxf , 0)(' <xf khi 4 −> x , do đó )(xf nghịch biến trong khoảng )1;3(− , 6)1(,18)3( −==− ff . Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất khi 186 <<− m CÂU 3. Đặt tx sin2 = thì tdtdx cos2 = , khi 1 = x thì 6 π =t , khi 2 = x thì 2 π =t , vậy: ∫ ∫ == − = 2 1 2 6 2 2 2 2 sin cos4 π π dt t t dx x x I ∫∫ =−−= − 2 6 2 6 2 6 2 )(cot1 sin 1 π π π π π π ttddt t 3 3 π − 2 CÂU 4. Vì ABCDBCCD ⊥⊥ , nên )(ABCmpCD ⊥ và do đó )()( ACDmpABCmp ⊥ .Vì ACBC ⊥' nên )(ACDmpBC ⊥ . Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABC’D’ thì ').''( 3 1 BCDACdtV = . Vì tam giác ABC vuông cân nên 2 2 ''' a BCCCAC === . Ta có 2222222 3aCDBCABBDABAD =++=+= nên 3aAD = . Vì BD’ là đường cao của tam giác vuông ABD nên 2 '. ABADAD = , Vậy 3 ' a AD = . Ta có 12 2 3 1 3 3 2 2 2 1 '.'. 2 1 ˆ sin''. 2 1 )''( 2 aaa AD CD ADACDACADACDACdt =⋅=== . Vậy == 2 2 . 12 2 3 1 2 aa V 36 3 a CÂU 5. CBAAS 2cos2coscos23cos +++= = )cos()cos(2cos23cos CBCBAA −+++ . = [ ] )cos(1cos23cos CBAA −−+ . Vì 0)cos(1,0cos ≥−−> CBA nên AS 3cos ≥ , dấu bằng xẩy ra khi 1)cos( =− CB hay 2 180 0 A CB − == . Nhưng 13cos −≥A , dấu bằng xẩy ra khi 0 1803 =A hay A = 0 60 Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC là tam giác đều. Phần A (tự chọn) CÂU 6A. 1. Ta có );4( C yC = . Khi đó tọa độ G là 3 2 3 51 ,1 3 421 CC GG yy yx += ++ == +− = . Điểm G nằm trên đường thẳng 0632 =+− yx nên 0662 =+−− C y , vậy 2= C y , tức là )2;4(=C . Ta có )1;3(,)4;3( =−= ACAB , vậy 5=AB , 10=AC , 5. −=ACAB . Diện tích tam giác ABC là ( ) 2510.25 2 1 2 1 2 22 −=−= ACABACABS = 2 15 2.Đường thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phương )1;1;1( −u Đường thẳng d’ đi qua điểm )5;3;2(' −M và có vectơ chỉ phương )1;1;2(' −u Ta có )5;1;2( −=MM , [ ] )3;3;0('; =uu , do đó [ ] 012'.'; ≠−=MMuu vậy d và d’ chéo nhau. Mặt phẳng )( α đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ pháp tuyến là )1;1;2(' −u nên có phương trình: 0)2(2 =−−+ zyx hay 022 =−−+ zyx CÂU 7A. Ta có nn nnnn n xCxCxCCx +⋅⋅⋅+++=+ 2210 )1( , suy ra 132210 )1( + +⋅⋅⋅+++=+ nn nnnn n xCxCxCxCxx . Lấy đạo hàm cả hai vế ta có : =+++ −1 )1()1( nn xnxx nn nnnn xCnxCxCC )1(32 2210 ++⋅⋅⋅+++ Thay 1 −= x vào đẳng thức trên ta được S. Phần B (tự chọn) CÂU 6B. 3 1. Vì G nằm trên đường thẳng 02 =−+ yx nên G có tọa độ )2;( ttG −= . Khi đó )3;2( ttAG −−= , )1;1( −−=AB Vậy diện tích tam giác ABG là ( ) [ ] 1)3()2(2 2 1 2 1 22 2 22 −−+−=−= ttABAGABAGS = 2 32 −t Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 5,43:5,13 = . Vậy 5,4 2 32 = −t , suy ra 6 = t hoặc 3−=t . Vậy có hai điểm G : )1;3(,)4;6( 21 −−=−= GG . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên )(3 BaGC xxxx +−= và )(3 BaGC yyyy +−= . Với )4;6( 1 −=G ta có )9;15( 1 −= C , với )1;3( 2 −−=G ta có )18;12( 2 −= C 2.Đường thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phương )1;1;1( −u Đường thẳng d’ đi qua điểm )5;3;2(' −M và có vectơ chỉ phương )1;1;2(' −u . Mp )( α phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và 2 1 60cos)';cos( 0 ==un . Bởi vậy nếu đặt );;( CBAn = thì ta phải có : = ++ −+ =+− 2 1 6 2 0 222 CBA CBA CBA ⇔ =−− += ⇔ +++= += 02 )(632 22 222 CACA CAB CCAAA CAB Ta có 0)2)((02 22 =+−⇔=−− CACACACA . Vậy CA = hoặc CA −= 2 . Nếu CA = ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó 2=B , tức là )1;2;1(=n và )( α mp có phương trình 0)2(2 =+−+ zyx hay 042 =−++ zyx Nếu CA −= 2 ta có thể chọn 2,1 −== CA , khi đó 1−=B , tức là )2;1;1( −−=n và )( α mp có phương trình 02)2( =−−− zyx hay 022 =+−− zyx CÂU 7B. Ta có nn nnnn n xCxCxCCx +⋅⋅⋅+++=+ 2210 )1( , suy ra 132210 )1( + +⋅⋅⋅+++=+ nn nnnn n xCxCxCxCxx . Lấy đạo hàm cả hai vế ta có : =+++ −1 )1()1( nn xnxx nn nnnn xCnxCxCC )1(32 2210 ++⋅⋅⋅+++ Thay 1=x vào đẳng thức trên ta được S. 4 . Đề thi thử Đại học 2010 I. PHẦN BẮT BUỘC. CÂU 1.(2 điểm) Cho hàm số 1 12 + − = x x y 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm tọa. diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và aCDBCAB === . Gọi C’ và D’ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tích tứ diện ABC’D’. CÂU 5. (1 điểm) Cho. Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : z y x = − − = 1 2 và d’ : 1 5 3 2 2 − + =−= − z y x . Viết phương trình mặt phẳng )( α đi qua d và tạo với d’ một góc 0 30 CÂU7B.