ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 LB4 Mơn thi : TỐN Thời gian làm bài : 180 phút, khơng kể thời gian phát đề ………………… ∞∞∞∞∞∞∞∞ ……………… I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2điểm) :Cho hµm sè : mx4xy 24 +−= (C) 1/ Kh¶o s¸t hµm sè víi m=3. 2/Gi¶ sư ®å thÞ (C) c¾t trơc hoµnh t¹i 4 ®iĨm ph©n biƯt .H·y x¸c ®Þnh m sao cho h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®å thÞ (C) vµ trơc hoµnh cã diƯn tÝch phÇn phÝa trªn vµ phÇn phÝa díi trơc hoµnh b»ng nhau. Câu II:(2điểm) :1.Giải bất phương trình: 113223 22 −≥+−−+− xxxxx 2.Giải phương trình : + = 3 3 2 cos cos3 sin sin3 4 x x x x Câu III: (2điểm): 1. Tính tích phân :I= ∫ + − 2 0 3 )cos(sin cos5sin7 π dx xx xx 2,Tìm hệ số x 3 trong khai triển n x x + 2 2 biết n thoả mãn: 2312 2 3 2 1 2 2 =+++ − n nnn CCC Câu IV: (1điểm): Cho hình chóp đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a mặt phẳng bên tạo với mặt đáy góc 60 o . Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M,N Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a. II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb) Câu V.a: (3 điểm) 1.Tìm phương trình chính tắc của elip (E). Biết Tiêu cự là 8 và qua điểm M(– 15 ; 1). 2 .Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 : 1 1 2 x y z d = = à 2 1 2 : 1 x t d y t z t = − − = = + Xét vị trí tương đối của d 1 và d 2 . Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d 2 và vng góc với d 1 3Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Ngøi ta chọn ra 4 viên bi từ hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không có đủ cả ba màu? Câu V.b: (3 điểm) 1.Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0; 0;-3), B(2; 0;-1) và mặt phẳng (P) có phương trình là 01783 =++− zyx . Viết phương trình chính tắc đường thẳng d nằm trên mặt phẳng (P) và d vuông góc với AB tại giao điểm của đđường thẳng AB với (P). 2.(1 điểm) .Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a 2 +b 2 =1;c-d=3 CMR: 9 6 2 4 F ac bd cd + = + − ≤ ……………………Hết…………………… HƯỚNG DẨN GIẢI GV:Mai-Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 1 I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) Cõu I. 1/Với m=3 ta có: 3x4xy 24 += *-Tập xác định:R *-sự biến thiên: a-chiều biến thiên: 2x,0x0'y:x8x4'y 3 ==== Hàm số đồng biến ( 2;0) và ( 2; ) + ; Hàm số nghịch biến ( ; 2) và (0; 2) b-Cực trị:hàm số đạt cực đại tại: 3y0x == đạt cực tiểu tại: 1y2x == c-giới hạn: +=+ )3x4x(lim 24 x Đồ thị hàm số không có tiệm cận. d-bảng biến thiên : x 2 0 2 + y - 0 + 0 - 0 + + 3 + y -1 -1 e-Tính lồi lõm và điểm uốn: 3 2 x0''y:8x12''y 2 === Bảng xét dấu y: x 3 2 3 2 + y + 0 - 0 + ĐU ĐU ĐT lõm ( ) 9 7 ; 3 2 lồi ( ) 9 7 ; 3 2 lõm *-Đồ thị: Đồ thị nhận oy làm trục đối xứng Giao với trục Ox tại ( 0;3 ) ; ( 0;3 ) 2/Để pt: 0mx4x 24 =+ (1) có bốn nghiệm phân biệt thì pt 0mt4t 2 =+ phải có hai nghiệm dơng phân biệt: 4m0 04tt 0mt.t 0m4' 21 21 << >=+ >= >= *Gọi các nghiệm của (1) là b,a do tính chất đối xứng của đồ thị qua trục tung nên để diện tích hình phẳng phần trên và phần dới trục hoành bằng nhau ta phải có 0dx)mx4x(dx)mx4x(dx)mx4x( b 0 24 a 0 b a 2424 =++=+ 0m15b20b30mbb 3 4 5 b 243 5 =+=+ (2) thay 42 bb4m = vào (2) ta đợc )4,0( 9 20 m 3 10 b 2 == . Cõu II:(2im) :1.Gii bt phng trỡnh: 113223 22 ++ xxxxx * k: x D=(-;1/2] {1} [2;+ ) *x=1 l nghim *x 2:Bpt ó cho tng ng: 1212 + xxx vụ nghim GV:Mai-Thnh LB THI TH I HC CAO NG 2 4 2 -2 2 - 2 y x - 3 3 3 -1 o *x 2 1 ≤ : Bpt đã cho tương đương: xxx 2112 −≥−+− c ó nghiệm x 2 1 ≤ *BPT c ó tập nghiệm S=(-∞;1/2] ∪ {1} 2.Giải phương trình : + = 3 3 2 cos cos3 sin sin3 4 x x x x (cos3x+3cosx)cos3x+(3sinx-sin3x)sin3x= 2 ⇔ cos6x+3cos2x= 2 ⇔ 4cos 3 2x= 2 ⇔ cos 2x= 2 1 PT có nghiệm: x= )( 8 Ζ∈+± kk π π Câu III: (2điểm): 1. ( ) ( ) ∫∫ + = + = 2 0 3 2 2 0 3 1 cossin cos ; cossin sin ππ xx xdx I xx xdx I ; đặt x= t − 2 π chứng minh được I 1 =I 2 Tính I 1 +I 2 = ( ) 1 0 2 ) 4 tan( 2 1 ) 4 (cos2 cossin 2 0 2 2 0 2 =−= − = + ∫∫ π π π ππ x x dx xx dx I 1 =I 2 = 2 1 ⇒ I= 7I 1 -5I 2 =1 2,Tìm hệ số x 3 trong khai triển n x x + 2 2 biết n thoả mãn: 2312 2 3 2 1 2 2 =+++ − n nnn CCC Khai triển: (1+x) 2n thay x=1;x= -1 và kết hợp giả thiết được n=12 Khai triển: ∑ = − = + 12 0 324 12 12 2 2 2 k kkk xC x x hệ số x 3 : 77 12 2C =101376 Câu IV: (1điểm): I, J lần lượt là trung điểm cúa AB v à CD; G là trọng tâm ∆SAC Khai thác giả thiết có ∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJ IGcắt SJ tạ K là trung điểm cúa SJ; M,N là trung điểm cúaSC,SD 2 3a IK = ;S ABMN = 8 33 )( 2 1 2 a IKMNAB =+ SK┴(ABMN);SK= 2 a =>V= 16 3 . 3 1 3 a SKS ABMN = (đvtt) GV:Mai-Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 3 II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb) Câu V.a: (3 điểm) 1.Tìm phương trình chính tắc của elip (E). Biết Tiêu cư là 8 và qua điểm M(– 15 ; 1). +PTCT của (E): )0(1 2 2 2 2 >>=+ ba b y a x +Gt =− =+ ⇒ 16 1 115 22 22 ba ba Giải hệ ra đúng kết quả có (E) thoả mãn 1 420 2 =+ y x 2 .Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 : 1 1 2 x y z d = = à 2 1 2 : 1 x t d y t z t = − − = = + Xét vị trí tương đối của d 1 và d 2 . Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d 2 và vng góc với d 1 BG: *2 đường thẳng chéo nhau *đường thẳng ∆ cần tìm cắt d 2 tại A(-1-2t;t;1+t) OA ⇒ =(-1-2t;t;1+t) )0;1;1(10. 11 −⇒−=⇔=⇔⊥∆ AtuOAd Ptts = −= = ∆ 0z ty tx 3.(1 điểm)Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 6 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Ngøi ta chọn ra 4 viên bi từ hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không có đủ cả ba màu? BG -Số cách chọn 4 bi từ số bi trong hộp là: 4 18 C -Số cách chọn 4 bi đủ 3 màu từ số bi trong hộp là: 2 7 1 6 1 5 1 7 2 6 1 5 1 7 1 6 2 5 CCCCCCCCC ++ -Số cách chọn thoả mãn u c ầu là: 1485)( 2 7 1 6 1 5 1 7 2 6 1 5 1 7 1 6 2 5 4 18 =++− CCCCCCCCCC Câu V.b: (3 điểm) 1.Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0; 0;-3), B(2; 0;-1) và mặt phẳng(P) cóphương trình là 01783 =++− zyx . Viết phương trình chính tắc đường thẳng d nằm trên mặt phẳng (P) và d vuông góc với AB tại giao điểm của đường thẳng AB với (P). BG: Giải đúng giao điểm AB cắt (P) t ại C(2;0;-1) Viết đúng phương trình: 2 1 12 2 − − = − = − z y x 2.(1 điểm) .Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a 2 +b 2 =1;c-d=3 CMR: 9 6 2 4 F ac bd cd + = + − ≤ BG :Ap dụng bđt Bunhiacopxki và giả thiết có 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 2 6 9 3 ( )F a b c d cd d d d d f d≤ + + − = + + − − = GV:Mai-Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 4 Ta có 2 2 3 9 1 2( ) 2 2 '( ) (2 3) 2 6 9 d f d d d d − + + = + + + vì 2 2 3 9 1 2( ) 2 2 0 2 6 9 d d d − + + < + + Nên có : d - ∞ - 3/2 +∞ f'(d) + 0 - f(d) 3 9 6 2 ( ) ( ) 2 4 f d f + ≤ − = Dấu bằng x ảy ra khi a= 2 1 b= 2 1 − c=3/2 d= -3/2 GV:Mai-Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 5 . cúaSC,SD 2 3a IK = ;S ABMN = 8 33 )( 2 1 2 a IKMNAB =+ SK┴(ABMN);SK= 2 a =>V= 16 3 . 3 1 3 a SKS ABMN = (đvtt) GV:Mai-Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 3 II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va. điểm c a AB v à CD; G là trọng tâm ∆SAC Khai thác giả thi t có ∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJ IGcắt SJ tạ K là trung điểm c a SJ; M,N là trung điểm cúaSC,SD 2 3a IK = ;S ABMN = 8 33 )( 2 1 2 a IKMNAB =+ SK┴(ABMN);SK= 2 a . phẳng (P) ch a AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M,N Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a. II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb) Câu