de thi thu dai hoc 2010a

ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ NĂM 2010 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 1 1 x y x + = − . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) M(x 0 ; y 0 ) là một điểm bất kỳ thuộc (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí điểm M. Câu II (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 1 3cos cos2 2cos3 4sin .sin 2x x x x x + + − = b) Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 5 20 log x x 1 .log x x 1 log x x 1- - + - = - - Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I = 1 0 1 2010 x dx + ∫ Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có AB = BC = CA = AD = DB = 2a , CD = 2a . Tính thể tích tứ diện ABCD. Câu V (1,0 điểm). Cho      ≤++ > 2 3 0,, zyx zyx . Chứng minh rằng 2 51111 4 ≥         +++++= zyx zyxP II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) có phương trình tương ứng (P): 2x - 3y + 4z - 5 = 0 (S): x 2 + y 2 + z 2 + 3x + 4y - 5z + 7 2 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) 2. Cho tam giác ABC cạnh BC có trung điểm M 1 3; 2   −  ÷   , hai cạnh kia có phương trình là: 4 3 2 0x y+ − = và 5 9 0x y+ − = . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu VII.a (1,0 điểm). Một hộp đựng 15 bóng đèn, trong đó có 7 bóng xanh và 8 bóng đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 bóng ( không kể thứ tự ra khỏi hộp). Tính xác suất để trong 3 bóng lấy ra có ít nhất 1 bóng đỏ. 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: 2 1 0x y− − = , đường chéo BD: 7 14 0x y− + = và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d): 2 1 1 2 3 5 x y z− + − = = − và mặt phẳng ( ) : 2 8 0x y z α + + − = . Viết phương trình hình chiếu vuông góc (d) trên ( ) α . Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm căn bậc hai của số phức: ( ) 3 1 3i− ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 1 1 x y x + = − . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1. Tập xác định: D = { } \ 1¡ 2. Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: + 2 2 ' ( 1) y x − = − => ' 0 1y x< ∀ ≠ => HS nghịch biến trên mỗi KXĐ b) Cực trị: HS không có cực trị 0,25 c) Giới hạn và tiệm cận: + lim 1; lim 1 1 x x y y y −>−∞ −>+∞ = = => = là TCN + 1 1 lim ; lim x x y y − + −> −> = −∞ = +∞ => 1x = là TCĐ 0,25 d) Bảng biến thiên 0,25 3. Đồ thị: Vẽ đúng, đẹp 0,25 b) M(x 0 ; y 0 ) là một điểm bất kỳ thuộc (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí điểm M. + ( ) 0 0 0 0 0 0 1 ; ( ) ( 1) 1 x M x y C y x x + ∈ <=> = ≠ − 0,25 + PTTT tại M có dạng: 0 0 2 0 0 1 2 ( ) ( 1) 1 x y x x x x + = − − + − − (∆) + Giao điểm của 2 tiệm cận: (1;1)I + A = (∆) ∩ TCĐ => A= 0 0 3 1; 1 x x   +  ÷ −   + B = (∆) ∩ TCN => B = ( ) 0 2 1;1x − 0,25 + IA = 0 4 1x − + IB = 0 2 1x − 0,25 + S IAB = 1 2 .IA.IB = 4 (đvdt) không phụ thuộc vị trí M 0,25 Câu II (2,0 điểm). a) Giải phương trình: 1 3cos cos2 2cos3 4sin .sin 2x x x x x + + − = + Biến đổi tương đương: PT <=> ( ) 1 3cos cos2 2cos 2 4sin .sin 2x x x x x x + + − + = <=> ( ) 1 3cos cos2 2 cos .cos 2 sin .sin 2 4sin .sin 2x x x x x x x x + + − − = 0,25 <=> ( ) 1 3cos cos2 2 cos .cos 2 sin .sin 2 0x x x x x x + + − + = <=> 1 3cos cos2 2cos 0x x x + + − = <=> 1 cos cos 2 0x x + + = 0,25 <=> 2 2cos cos 0x x + = <=> cos 0 1 cos 2 x x =    = −  0,25 <=> ( ) 2 2 2 3 x K K x K π π π π  = +  ∈   = ± +   ¢ 0,25 b) Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 5 20 log x x 1 .log x x 1 log x x 1- - + - = - - + ĐK: 2 2 2 2 2 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 x x x x x x x x x  − ≥   − ≥   − − > <=> <=> ≥   − − >    + − >   0,25 + Đặt 2 1x x t− − = , PT trở thành: 4 5 20 1 log .log logt t t = <=> 4 5 20 log .log log 0t t t+ = Đặt 4 logy t= => 4 4 . 0 log 5 log 20 y y y + = <=> 4 20 4 0 log 5 log 5 log 20 y y =    = =   0,25 + Với ( ) 2 4 4 0 log 0 log 1 0y t x x= => = <=> − − = <=> 2 1 1 1( )x x x TM− − = <=> = 0,25 + Với 20 log 5 20 4 20 log 5 log log 5 4y t t= => = => = 2 2 1 1 1 1 2 x x t x x t x t t   − − = <=> − = − => = +  ÷   => ( ) 20 20 log 5 log 5 1 4 4 2 x − = + (TM) 0,25 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I = 1 0 1 2010 x dx + ∫ + Đổi biến 2010 ln ln 2010 ln 2010 .ln 2010 x dt dt t t x dx dx t t = => = => = => = + Đổi cận: 0 1, 1 2010x t x t= => = = => = 0,25 + I = 2010 2010 2010 1 1 1 1 1 1 1 ln 2010 (1 ) ln 2010 1 dt dt dt t t t t   = −   + +   ∫ ∫ ∫ 0,25 = 2010 2010 1 1 1 ln | | ln | 1| ln 2010 t t   − +   0,25 = ln 2010 ln 2011 ln 2 ln 2010 − + 0,25 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có AB = BC = CA = AD = DB = 2a , CD = 2a . Tính thể tích tứ diện ABCD. + Gọi I là trung điểm DC ( ) AI DC DC ABI BI DC ⊥  => ⊥  ⊥  => 1 . . 3 ABCD ABI V S DC= 0,25 + Tam giác ADC vuông cân=> AI = a Tam giác BDC vuông cân => BI = a => tam giác ABI vuông cân => S ABI = 2 1 2 a 0,25 0,25 + V ABCD = 3 2 1 1 . .2 3 2 3 a a a = (đvtt) 0,25 Câu V (1,0 điểm). Cho      ≤++ > 2 3 0,, zyx zyx . Chứng minh rằng 2 51111 4 ≥         +++++= zyx zyxP +) Theo bất đẳng thức Côsi 3 3111 zyx zyx ≥++ và x + y + z 3 3 xyz≥ 3 1 1 1 1 36 4 12.P x y z x y z x y z x y z x y z xyz   ⇒ = + + + + + ≥ + + + ≥ + + +  ÷ + +   0,25 +) Đặt x + y + z = t với 2 3 0 ≤<t => 36 P t t ≥ + +) Xét f(t) = 36 t t + . Ta có 2 36 3 '( ) 1 0 0; 2 f t t t   = − < ∀ ∈     0,25 => f(t) nghịch biến trên       2 3 ;0 3 51 51 ( ) ( ) 2 2 2 f t f P⇒ ≥ = ⇒ ≥ 0,25 +) Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 2 1 . 0,25 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) có phương trình tương ứng (P): 2x - 3y + 4z - 5 = 0 (S): x 2 + y 2 + z 2 + 3x + 4y - 5z + 7 2 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S) + (S) có tâm I 3 5 ; 2; 2 2   − −  ÷   , bán kính R = 3 + (Q) // (P) => pt (Q) có dạng: 2 3 4 0 ( 5)x y z C C− + + = ≠ − 0,25 + (Q) tiếp xúc với (S) <=> d (I/(Q)) = R <=> 2 2 2 3 5 2. 3.( 2) 4. 2 2 3 2 ( 3) 4 C   − − − + +  ÷   = + − + 0,25 + <=> 13 3 29 13 3 29C C+ = <=> = − ± 0,25 + Có 2 mặt phẳng: 2 3 4 13 3 29 0; 2 3 4 13 3 29 0x y z x y z− + − − = − + − + = 0,25 2. Cho tam giác ABC cạnh BC có trung điểm M 1 3; 2   −  ÷   , hai cạnh kia có phương trình là: 4 3 2 0x y+ − = và 5 9 0x y+ − = . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. + Giả sử AB: 4 3 2 0x y+ − = , AC: 5 9 0x y+ − = A = AB ∩ AC => Toạ độ A thoả mãn: 4 3 2 0 5 9 0 x y x y + − =   + − =  => A = ( ) 1;2− 0,25 + Gọi d là đường thẳng qua M và song song với AB => d có phương trình dạng: 4 3 0 ( 2)x y C C+ + = ≠ − d đi qua M 1 3; 2   −  ÷   => 1 21 4.3 3. 0 2 2 C C   + − + = => = −  ÷   Gọi N = d ∩ AC => Toạ độ N thoả mãn: 5 9 0 21 4 3 0 2 x y x y + − =    + − =   => N = 3 3 ; 2 2    ÷   0,25 + N là trung điểm AC => C = ( ) 4;1 0,25 + M là trung điểm BC => B = ( ) 2; 2− 0,25 Câu VII.a (1,0 điểm). Một hộp đựng 15 bóng đèn, trong đó có 7 bóng xanh và 8 bóng đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 bóng ( không kể thứ tự ra khỏi hộp). Tính xác suất để trong 3 bóng lấy ra có ít nhất 1 bóng đỏ. + Số phần tử của không gian mẫu: ( ) 3 15 455n CΩ = = 0,25 + Xét biến cố A: "Cả 3 bóng được chọn đều xanh" => ( ) 3 7 35n A C= = => Xác suất biến cố A: ( ) 35 1 ( ) ( ) 455 13 n A P A n = = = Ω 0,25 + Xét biến cố B: "Có ít nhất 1 bóng đỏ được chọn" => B A= => 1 12 ( ) 1 ( ) 1 13 13 P B P A= − = − = 0,5 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: 2 1 0x y− − = , đường chéo BD: 7 14 0x y− + = và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. + B = AB ∩ BD => Toạ độ B thoả mãn: 2 1 0 7 14 0 x y x y − − =   − + =  => B = ( ) 7;3 0,25 + D ∈ BD => Toạ độ D có dạng: D = ( ) 7 14; ( 3)d d d− ≠ AB có VTPT ( ) 1; 2 AB n = − uuur DC//AB => DC có VTPT ( ) 1; 2 DC n = − uuur => phương trình DC: 2 5 14 0x y d− − + = BC ⊥ AB => BC có VTPT ( ) 2;1 BC n = uuur => pt BC: 2 17 0x y+ − = C = BC ∩ DC => Toạ độ C = ( ) 4;9 2d d+ − => ( ) 2;8 2MC d d= + − uuuur 0,25 + DA//BC => DA có VTPT ( ) 2;1 DA n = uuur => pt DA: 2 15 28 0x y d+ − + = A = DA ∩ AB => Toạ độ A = ( ) 6 11;3 6d d− − => ( ) 6 13;3 7MA d d= − − uuur AC đi qua M => ,MA MC uuur uuuur cùng phương <=> 6 13 3 7 2 8 2 d d d d − − = + − => d = 3 (L) d = 2    0,25 + Với 2d = => D(0; 2), A(1; 0), C(6; 5) 0,25 2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d): 2 1 1 2 3 5 x y z− + − = = − và mặt phẳng ( ) : 2 8 0x y z α + + − = . Viết phương trình hình chiếu vuông góc (d) trên ( ) α . + (d) có PTTS: 2 2 1 3 1 5 x t y t z t = +   = − +   = −  => Tìm được A(2; -1; 1), B(4; 2; -4) thuộc (d) 0,25 + Lập phương trình (d 1 ) qua A và vuông góc với ( ) α : 2 2 1 1 x t y t z t = +   = − +   = +  A' = (d 1 ) ∩ ( ) α => A' = (4; 0; 2) 0,25 + Lập phương trình (d 2 ) qua B và vuông góc với ( ) α : 4 2 2 4 x t y t z t = +   = +   = − +  B' = (d 2 ) ∩ ( ) α => B' = 14 7 11 ; ; 3 3 3   −  ÷   0,25 + 2 7 17 ' ' ; ; 3 3 3 A B   = −  ÷   uuuuur Hình chiếu của (d) là đt A'B' có VTCP: ( ) 3 ' ' 2;7; 17u A B= = − r uuuuur => pt: 4 2 7 2 17 x t y t z t = +   =   = −  0,25 Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm căn bậc hai của số phức: ( ) 3 1 3i− + Đặt z = ( ) 3 1 3i− 0,25 Xét z 1 = 1 3 1 3 2 2 2 i i   − = −  ÷  ÷   Vì 1 3 cos ; sin 2 3 2 3 π π     = − − = −  ÷  ÷     => dạng lượng giác z 1 = 2 cos sin 3 3 i π π       − + −  ÷  ÷  ÷       => z = (z 1 ) 3 = ( ) ( ) ( ) 3 2 . cos sini π π − + − 0,25 => Căn bậc 2 của z là z' = 2 2 cos sin 2 2 i π π       − + −  ÷  ÷  ÷       = 2 2i− 0,5 . hàm số 1 1 x y x + = − . a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1. Tập xác định: D = { } 1¡ 2. Sự biến thi n: a) Chiều biến thi n: + 2 2 ' ( 1) y x − = − => '. là một điểm bất kỳ thu c (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận tại A và B. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận. Chứng minh diện tích tam giác IAB không phụ thu c vào vị trí điểm. ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ NĂM 2010 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 1 1 x y x + = − . a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của