đề đáp án thi thử ĐH-CĐ 2010 LB14

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẲNG: LB14 MÔN TOÁN (Thời gian 180 phút) ………. ……………*****………………………… I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I ( 2,0 điểm ): Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 - 1 có đồ thị là ( C ) 1) Khảo sát hàm số. 2)Dùng ( C ) biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x 3 + 3x 2 - 9x - m - 1 = 0 Câu II ( 2,0 điểm ): 1)Giải phương trình: 2 sin x 2 sin x 1 2 sin 2x 2 sin 2x 1+ - = + - . 2) Tìm các cặp số (x, y) để 2 số phức sau đây bằng nhau: Z= x+ y+ 41i ; z’ = 9 +( x 2 +y 2 )i Câu III ( 2,0 điểm ): 1) Cho elip ( E ) và đường thẳng d 3 có phương trình: ( E ) : 2 2 x y 1 16 9 + = d 3 : 3x + 4y = 0 a) Chứng minh rằng đường thẳng d 3 cắt elip ( E ) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm toạ độ hai điểm đó ( với hành độ của điểm A nhỏ hơn hoành độ của của điểm B ). b) Tìm điểm M ( x ; y ) thuộc ( E ) sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 12. 2) Cho hình lập phương ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 có C( 0 ; 0 ; 0 ), B ( 4 ; 0 ; 0 ), D ( 0 ; 4 ; 0 ) C 1 ( 0 ; 0 ; 4 ). Gọi M, N tương ứng là trung điểm của B 1 C 1 và AB; P, Q là các điểm thuộc các đường thẳng BD và CD 1 sao cho PQ song song với MN. Lập phương trình mặt phẳng ( R ) chứa hai đường thẳng MN và PQ. Câu IV: ( 2,0 điểm ): 1). (1điểm): Rút gọn P = 0 2 100 ( )C + 1 2 100 ( )C + 2 2 100 ( )C + ….+ 100 2 100 ( )C 2) Tính tích phân: I = 4 0 ln(1 tgx)dx π + ∫ II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần sau (phần a hoặc b) 1. PHẦNa) . Câu Va: (1,5điểm): Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) 1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng qua A;B;C 2) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC), tìm tọa độ điểm H. Câu VIa: (1,5 điểm ): Giải phương trình: 2008 x = 2007 x + 1 1. PHẦNb) . Câu Vb :(2 điểm): Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh a. 1)Tính thể tích khối nón theo a. 2)Xác định theo a bán kính đáy khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp khối nón trên. Câu VIb :(1điểm): Giải phương trình: 2 2 2 log ( 7)log 12 4 0x x x x+ − + − = ……………………….HẾT…………………………………… GV :Mai Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ- LB 14 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm ) Câu I ( 2,0 điểm ): Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 - 1 có đồ thị là ( C ) 1) Khảo sát hàm số.(HS tự giải) 2)Dùng ( C ) biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x 3 + 3x 2 - 9x - m - 1 = 0 BG: PT x 3 + 3x 2 - 9x - m - 1 = 0 ⇔ x 3 + 3x 2 - 1 = 9x + m Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của ( C ) và đ. thẳng(d) y = 9x + m có k= 9 và tung độ gốc m. Hoành độ TĐ của tiếp tuyến có k= 9 là nghiệm: y ' = 3x 2 + 6x = 9 ⇒ x = - 3 ; x = 1 Tiếp tuyến tại tiếp điểm có hoành độ x = - 3 là: y = 9x + 26 Tiếp tuyến tại tiếp điểm có hoành độ x = 1 là: y = 9x - 6 Từ đó: * m < - 6 hoặc m > 26 PT có 1 nghiệm * m = - 6 hoặc m = 26 PT có 2 nghiệm * - 6 < m < 26 PT có 3 nghiệm Câu II ( 2,0 điểm ): 1). ĐK: 2 2 u 2sin x 1 0 2 sin x u 1 2 sin 2x v 1 v 2 sin 2x 1 0 ì ì ï ï = - = +³ ï ï ï ï Û í í ï ï = + = - ³ ï ï ï ï î î . 2 2 2 2 pt u u 1 v v 1 (u v ) (u v) 0 (u v)(u v 1) 0 u v+ + = + + - + - = - + + = =Û Û Û Û x k2 2x x k2 sin 2x sin x , k 2 2x x k2 x k 3 3 é = p é = + p ê ê ê =Û Û Û Î p p ê ê = - +p p = + ê ë ê ë ¢ . Điều kiện: u 2sin x 1 0 1 sin x 2 v 2 sin 2x 1 0 ì ï = - ³ ï ï Û ³ í ï = - ³ ï ï î (do u = v). So ĐK ta có: x k2 , k 3 p = + pÎ ¢ . 2) z=z’ ⇔ 2 2 2 9 9 41 ( ) 2 41 x y x y x y x y xy + = + =   ⇔   + = + − =   ⇔ 9 . 40 x y x y + =   =  ⇔ 9 . 20 x y x y + =   =  Vậy : 4 5 x y =   =  ; 5 4 x y =   =  là nghiệm Câu III ( 2,0 điểm)1) Toạ độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2 x y 1 16 9 3x 4y 0  + =    + =  Vậy d 3 cắt (E) tại 2 điểm phân biệt 3 2 A 2 2; 2   −  ÷   , 3 2 B 2 2; 2   −  ÷   Ta có M(x;y ) ∈ ( E ) ⇔ x = 4cost và y = 3sint với t ∈ [ 0 ; 2 π ] Chú ý AB = 5 2 , có 12 = S ∆ MAB = 1 2 5 2 d(M, (AB)) = 1 2 5 2 12cost 12sin t 5 + = 12 cos(t ) 4 π − ⇒ cos(t ) 4 π − = 1 ⇒ t = π / 4 ; t = 5 π /4 Vậy có 2 điểm M thoả mãn là: 1 3 2 M 2 2; 2    ÷   và 2 3 2 M 2 2; 2   − −  ÷   GV :Mai Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG .2)Chọn (Oxyz) Do C(0;0;0) , B(4;0;0) , D(0;4;0), C 1 (0;0;4) => B 1 (4;0;4) , A(4;4;0) , D 1 (0;4;4) M là trung điểm B 1 C 1 => M(2;0;4) N là trung điểm AB => N(4;2;0) Ta có: MN uuuur (2;2;-4) ⇒ VTCP của (MN ) là u r (1;1;-2) BD( 4;4;0)− uuur , ⇒ VTCP của (BD) là 1 u (1; 1;0)− r ⇒ (BD ): 1 1 x 4 t y t z 0 = +   = −   =  1 CD (0;4;4) uuuur ⇒ VTCP (CD 1 ) là 2 u (0;1;1) r ⇒ ( CD 1 ): 2 2 x 0 y t z t =   =   =  P ∈ BD ⇒ P(4 + t 1 ; -t 1 ;0) , Q ∈ ( CD 1 ) ⇒ Q(0;t 2 ;t 2 ) ⇒ 1 2 1 2 PQ( 4 t ;t t ;t )− − + uuur PQ // MN ⇒ 1 2 1 2 4 t t t t 1 1 2 − − + = = − ⇒ t 1 = - 3 , t 2 = 2 ⇒ P( 1; 3; 0) , Q( 0; 2; 2) MN uuuur (2 ; 2; - 4 ) , MP uuur ( -1; 3; -4 ) ⇒ VTPT ( R ) là n r ( 4; 12; 8 ) ⇒ (R) : 1(x - 1) + 3(y - 3) + 2(Z - 0) = 0 hay x+ 3y + 2z - 10 = 0 Câu IV: ( 2,0 điểm ): 1): Khai triển 100 100 200 (1 ) ( 1) (1 )x x x+ + = + Đồng nhất hệ số của 100 x hai vế ta có 100 200 P C= 2)Đặt x = ( π /4) - t ⇒ dx = - dt ; x = 0 thì t = π /4 ; x = π /4 thì t = 0 ⇒ I = 4 0 ln(1 tg( t))dt 4 π π + − ∫ = 4 0 1 tgt ln(1 )dt 1 tg π − + + ∫ = 4 0 2 ln dt 1 tg π + ∫ = = 4 4 0 0 ln 2dt ln(1 tgt)dt π π − + ∫ ∫ = 4 0 t.ln 2 π - I ⇒ 2I = π ln2 / 4 ⇒ I = π ln2 / 8 II PHẦN RIÊNG ( 3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần sau (phần a hoặc b) 1. PHẦNa) . Câu Va: (1,5 điểm) 1)Từ phương trình đoạn chắn suy ra ph.tr tổng quát là:2x+y-z-2=0 2) Do OH vuông góc với ABC gọi H(2t;t;-t) thay vào phương trìnhmp( ABC ) có t=1/3 suy ra H(2/3;1/3;-1/3) Câu VIa(1,5 điểm) Ta có x = 0 , x = 1 là nghiệm của phương trình. PT viết lại : f ( x ) = 2008 x - 2007x - 1 = 0 với x ∈ ( - ∞ ; + ∞ ) f ' ( x ) = 2008 x ln 2008 - 2007; f '' ( x ) = 2008 x ln 2 2008 > 0 ∀ x ⇒ f ' ( x ) luôn luôn đồng biến Cùng f (x) liên tục và x lim →−∞ f ' ( x ) = - 2007 , x lim →+∞ f ' ( x ) = + ∞ ⇒ ∃ x 0 để f ' ( x 0 ) = 0 Từ bảng: x - ∞ x 0 + ∞ f ' ( x ) - 0 + f ( x ) GV :Mai Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG 3 z x y C 1 B D D 1 B 1 M C P A 1 Q N A ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG ⇒ f ( x ) không có quá 2 nghiệm. ; Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 0 ; x = 1 Câu Vb :(2 điểm): Cho khối nón có thiết diện qua trục là tam giác đều cạnh a. 1)Tính thể tích khối nón theo a. V= 2 3 2 1 1 3 3 3 3 4 2 24 a a a r h π π π = = 2)Xác định theo a bán kính đáy khối trụ có thể tích lớn nhất nội tiếp khối nón trên. Gọi bán kính đáy trụ là x, đường cao là h thì: V= 2 1 x h π ; 1 3 ( 2 ) 2 h a x= − Vmax khi 2 ( ) ( 2 )F x x a x= − max trên(0; 2 a ) . Giải ra ta có Vmax khi x= 3 a Câu VIb :(1điểm )Đặt ẩn phụ 2 logt x= giải ph.trình bậc 2: 2 (7 ) 12 4 0t x t x− − + − = => t=4; t=3-x Dùng tính đơn điệu chứng minh nghiệm duy nhất ta có x= 16; x=2 ……………………….HẾT…………………………… GV :Mai Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG 4 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẲNG: LB14 MÔN TOÁN (Thời gian 180 phút) ………. ……………*****………………………… I. PHẦN. − + − = ……………………….HẾT…………………………………… GV :Mai Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ- LB 14 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm ) Câu. 2 M 2 2; 2    ÷   và 2 3 2 M 2 2; 2   − −  ÷   GV :Mai Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC –CAO ĐẴNG .2)Chọn (Oxyz) Do C(0;0;0) , B(4;0;0) , D(0;4;0), C 1 (0;0;4)