tRƯờNG THPT LạNG GIANG Số 2 TNH - BC GIANG đề số 2 đề THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010 Môn thi: Toán, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Phần chung cho tất cả các thí sinh: Câu I (2 điểm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số )( 1 2 C x x y = 2. Tìm m để đồ thị của hàm số 1)1( 3 = xmxy , (C m ) tiếp xúc với trục hoành Ox. Câu II (2 điểm) 1. Giải phơng trình: 02cos33sinsin 222 =+ xxx 2. Xác định số nghiệm của hệ phơng trình =+ =+ 34 732 22 22 xyyx yx Câu III (1 điểm) Tính tích phân = 2 2 2 1. tt dt K Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, độ dài cạnh đáy là a. M, N lần lợt là trung điểm của SB và SC. Tính theo a diện tích ANM, biết rằng mp(AMN) mp(SBC). Câu V (1 điểm) Cho ba số a, b, c sao cho = > 1 0,, abc cba . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA = ( ) + + cba 3 1 ( ) + + cab 3 1 ( ) abc + 3 1 Phần Riêng: (3 điểm) Thí sinh chỉ đ ợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chơng trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho ABC có phơng trình hai cạnh là: 0.21-7y4x =+=+ ,0625 yx Trực tâm của tam giác trùng với gốc toạ độ O, lập phơng trình cạnh còn lại. 2. Lập phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng (d 1 ) và (P) song song với đờng thẳng (d 2 ) . Biết (d 1 ): =++ = 018 01 zy x , (d 2 ): )(, 22 Rt tz ty tx += = = . Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp trởng, một lớp phó và 3 ủy viên (Biết rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên). Hỏi có bao nhiêu cách lập ra một ban cán sự. B. Theo chơng trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SO (ABCD). Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SA và BC. Tính góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) và thể tích khối chóp M.ABCD, biết rằng . 2 10a MN = 2. Cho bốn điểm A(1; 0; 2), B(1; 1; 0), C(0; 0; 1), D(1; 1; 1) tạo thành một tứ diện. Lập phơng trình đờng cao DH của tứ diện kẻ từ đỉnh D. Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để đờng thẳng mxy += 2 cắt đồ thị hàm số x xx y 1 2 + = tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung. _________________Hết_________________ tRƯờNG THPT LạNG GIANG Số II TNH - BC GIANG Đề số 2 Đáp án - thang điểm THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010 Môn thi: Toán, khối A (Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa) Câu Đáp án Điểm GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 I (2 điểm) 1. (1,0 điểm) Hàm số đợc viết lại dới dạng 1 2 = x x y = 1 1 1 ++ x x , (C) Tập xác định D = R \{1} Sự biến thiên a) Giới hạn và tiệm cận = y x 1 lim = ) 1 (lim 2 1 x x x , = + y x 1 lim = + ) 1 (lim 2 1 x x x Đờng thẳng x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. =+ )]1([lim xy x 0) 1 1 (lim = x x ; 0)]1([lim =+ + xy x Suy ra đờng thẳng y = x + 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số. = y x lim = ++ ) 1 1 1(lim x x x , = + y x lim += ++ + ) 1 1 1(lim x x x b) Bảng biến thiên Ta có y = 22 2 2 )1( )2( )1( 1)1( )1( 1 1 = = x xx x x x y = 0 0= x hoặc 2=x Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng );2(),0;( + ; nghịch biến trên các khoảng (0; 1) và (1; 2). Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, y CĐ = y(0) = 0 và đạt cực tiểu tại điểm x= 2, giá trị cực tiểu là y(2) = 4. Đồ thị - Đồ thị cắt Ox và Oy tại O(0; 0) - Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận là điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng. - Đồ thị nh hình vẽ. 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) Trục Ox có phơng trình y = 0 (= 0x + 0), có hệ số góc k = 0. Đờng cong (C m ) tiếp xúc với Ox Hệ phơng trình = = )2(03 )1(01)1( 2 3 mx xmx có nghiệm. Từ (2) suy ra m = 3x 2 thay vào (1) ta có phơng trình: 01)1(3 23 = xxx 0132 23 =+ xx == == =++ 4 3 2 1 31 0)12)(1( 2 mx mx xxx Vậy 4 3 ,3 == mm thì đờng cong (C m ) tiếp xúc với trục hoành. 0,5 0,5 GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 x y y 1 + + 0 - - 0 + 0 4 0 2 + + 2 1 0 1 2 4 y x I (C) II (2 điểm) 1. (1,0 điểm) Dùng công thức hạ bậc ta có phơng trình ban đầu tơng đơng: 02cos3)6cos1( 2 1 )2cos1( 2 1 2 =+ xxx , (*) Ta không khó khăn gì để chứng minh công thức nhân ba: cos3a = 4cos 3 a 3cosa (Bạn đọc tự chứng minh) Khi đó (*) 02cos3)2cos32cos41( 2 1 )2cos1( 2 1 23 =++ xxxx 02cos62cos42cos32cos2 23 =+ xxxx 02cos32cos22cos1 23 =+ xxx 0)12cos2)(cos12cos2( 2 =++ xxx =+ = 012cos2cos 2 1 2cos 2 xx x = = 2 15 2cos 2 1 2cos x x ) 2 15 cos,,(, 22 2 3 2 2 = += += Zlk lx kx Vậy phơng trình ban đầu có các nghiệm là ) 2 15 cos,,(, 2 2 3 = += += Zlk lx kx 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) (Nhận xét: đây là phơng trình đẳng cấp bậc hai đối với x và y. Ta có thể giải theo các cách sau) Cách 1: Hệ phơng trình =+ =+ =+ =+ )2(6822 )1(732 34 732 22 22 22 22 xyyx yx xyyx yx Trừ hai vế tơng ứng của hai phơng trình cho nhau ta đợc: )3( 8 15 185 2 2 y y xxyy == (y = 0 không thoả mãn phơng trình) Thế x vào phơng trình (1) ta đợc phơng trình: 73 8 15 2 2 2 2 =+ y y y )4(0 121 13568117 01234121 02249611025 224 2424 > ==+ =++ yyy yyyy Từ (4) ta có 4 giá trị phân biệt của y, thay bốn giá trị của y này vào (3) ta đợc bốn giá trị x tơng ứng với y. Vậy hệ phơng trình đã cho có 4 nghiệm. Cách 2: Nhận thấy x = 0 hoặc y = 0 không thoả mãn hệ phơng trình trên. Khi 0xy , đặt .txy = Khi đó ta có hệ ( ) ( ) =+ =+ 641 (*)732 22 22 ttx tx Dộn đến phơng trình ( ) ( ) ttt ttx tx 417326 6 7 )41( )32( 22 22 22 +=+= + + Từ phơng trình bậc hai theo t này ta giải đợc hai giá trị của t, thay vào (*) ta tìm đ- ợc 4 giá trị phân biệt của x. Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm. (Học sinh tự giải chi tiết bài toán theo cách này). 0,25 0,25 0,25 0,25 GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 III (1 điểm) Đặt: 1 2 = tu 1; 1 22 2 += = ut t tdt du Đổi cận, khi 12 == ut ; khi 32 == ut Khi đó ta có: K = 2 2 2 1tt dt = 2 2 22 1tt tdt + = 3 1 2 1u du (*) Tính tích phân (*) Đặt ) 22 (, <<= tgu Có dtgdtgddu )1( cos 1 )( 2 2 +=== Đổi cận: khi 4 10 === tgu ; 3 33 === tgu Từ đó ta đợc: K = === + + 3 4 3 4 3 4 2 2 12 1 )1( d tg dtg 0,25 0,25 0,25 0,25 IV (1 điểm) Gọi K là trung điểm của BC, SK cắt MN tại I, lúc đó I sẽ là trung điểm của SK và MN. Theo giả thiết hai mp(SBC) và mp(AMN) vuông góc với nhau mà đờng thẳng SI vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng: Suy ra SI AISIAMN )( SAK cân tại A 2 3a SKSA == và ta có: SK 2 = SB 2 BK 2 = 24 ) 2 3 ( 22 2 aaa = 22 2 aSK SI == . Từ đó ta tính đợc AI = 4 10 84 3 22 22 aaa SISA == Vậy diện tích của tam giác AMN là : S = 16 10 . 2 1 2 a AIMN = (đvdt) 0,25 0,25 0,25 0,25 V (1 điểm) Đặt x = c z b y a 1 , 1 , 1 == . Khi đó: = + + + + + = xy z zx y zy x A 111111 333 2 3 333 + + + + + yx xyz xz xzy zy yzx (*) Do 11 == xyzabc nên ta có yx z xz y zy x A + + + + + = 222 (1) Ta chứng minh bất đẳng thức 2 cba ++ . 222 ab c ac b cb a + + + + + Thật vậy. áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng ta có: a cb cb a + + + 4 2 , b ac ac b + + + 4 2 , c ba ba c + + + 4 2 . Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có : 0,25 0.5 GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 B S A C a K M N I 2 cba ++ . 222 ab c ac b cb a + + + + + Bạn đọc tự đánh giá dấu = xảy ra khi a = b = c. Vậy A= 2 3 2 3 2 3 222 = ++ + + + + + xyz zyx yx z xz y zy x Dấu = xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy minA = 2 3 khi a = b = c = 1 . 0,25 VI.a (2 điểm) 1. (1,0 điểm) Ta giả sử tam giác ABC có cạnh AB : 0625 =+ yx AC: 021-7y4x =+ , suy ra tọa độ của A là nghiệm của hệ phơng trình: =+ = 2174 625 yx yx , giải hệ suy ra A(0; 3) Nhận thấy A thuộc Oy, OA là đờng cao của tam giác, OxBCBCOA // suy ra phơng trình của BC có dạng y = y 0 . Đờng cao BB đi qua trực tâm O và vuông góc với AC suy ra BB có phơng trình là: 7(x 0) - 4(y 0) = 0 hay BB: 7x 4y = 0. Điểm B = ACBB' tọa độ của B là nghiệm của hệ phơng trình: = = = = 7 4 625 047 y x yx yx Đờng thẳng đi qua B(- 4; - 7) và song song với Ox chính là đờng thẳng BC suy ra phơng trình cạnh BC: y = - 7. Vậy phơng trình cạnh còn lại của tam giác ABC là y = -7. 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) Đờng thẳng (d 1 ) và (d 2 ) lần lợt có véctơ chỉ phơng là: = 1 u 10 01 ; 08 10 ; 81 00 = (0; -8; 1), = 2 u (-1; 1; 2). Do mp(P) chứa đờng thẳng (d 1 ) và song song với đờng thẳng (d 2 ) nên (P) có cặp véctơ chỉ phơng là 1 u và 2 u . Vậy mp(P) có véctơ pháp tuyến là: [ ] = == 11 80 ; 12 01 ; 21 18 , 21 uun (-17; -1; -8). mp(P) còn đi qua điểm A(1; -1; 0) )( 1 d . Phơng trình của mặt phẳng (P) là: 0)0(8)1.(1)1(17 =+ zyx 016817:)( =++ zyxP (*) (Kiểm tra điều kiện song song). Lấy điểm M(0; 0; 2) thuộc đờng thẳng (d 2 ), nhận thấy M cũng thuộc (P) vậy (d 2 ) )(P , không thỏa mãn yêu cầu là (d) // mp(P). Vậy không tồn tại mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 0,25 0,25 0,25 0,25 VII.a (1 điểm) Đầu tiên ta chọn ra 2 học sinh để làm lớp trởng và lớp phó, (chú ý rằng hai chức danh đó là khác nhau) Một cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là một chỉnh hợp chập 2 của 40 Số cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là 2 40 A Còn lại 38 học sinh. Tiếp đó ta chọn 3 học sinh làm ủy viên (không phân biệt thứ tự) Số cách chọn 3 học sinh làm ủy viên là 3 38 C Theo qui tắc nhân ta có số cách chọn ra một ban cán sự là : 0,25 0,25 0.5 GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 A B C O(0; 0) A B A (d 1 ) (d 2 ) P M 13160160. 3 38 2 40 =CA cách VI.b (2 điểm) 1. (1,0 điểm) SO (ABCD). Dựng MH//SO, H thuộc AC, khi đó MH (ABCD), suy ra góc giữa đờng thẳng MN với mp(ABCD) chính là góc . =HNM Ta cần tính . Xét tam giác CNH có : . 2 , 4 23 . 4 3 a CN a ACHC === 0222 45cos 2 CNHCCNHCHN += Hay 4 3 48 9 222 2 aaa HN += Suy ra . 4 10a HN = Vậy 2 1 10 2 . 4 10 cos === a a MN HN . Dẫn đến .60 0 = Vậy góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 60 0 . Thể tích khối chóp M.ABCD. Trong tam giác HMN có, 8 30 2 3 . 4 10 60tan.60tan 00 aa HNMH HN MH ==== . MH là chiều cao của khối chóp M.ABCD. Vậy thể tích của khối chóp này là: . 24 30 8 30 . 3 1 . 3 1 3 2 aa aMHSV ABCD === 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) Ta có =AB (0; 1; -2), =AC (-1; 0; -1). Do đờng thẳng DH vuông góc với AB, AC nên đờng thẳng DH có véctơ chỉ phơng là [ ] ACABu ,= = 01 10 ; 11 02 ; 10 21 = (-1; 2; 1). Đờng thẳng DH còn đi qua điểm D(1; 1; 1) nên ta có phơng trình tham số của đờng thẳng DH là: )(, 1 21 1 Rt tz ty tx += += = 0,25 0,5 0,25 VII.b (1 điểm) Phơng trình hoành độ giao điểm: )0(01)1(32 1 2 2 =++= ++ xxmxmx x xx (1) Nhận thấy x = 0, không là nghiệm của phơng trình (1) và có biệt số: ( ) mm >+= ,0121 2 , suy ra phơng trình (1) luôn có hai phân biệt 21 , xx khác 0 với mọi m, tức thẳng luôn cắt đờng cong tại hai điểm A, B phân biệt với mọi m. Theo định lí Viét ta có 3 1 21 ==+ m a b xx Hoành độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là 6 1 2 21 = + = m xx x I . 0,25 0,25 0,25 0,25 GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 C A S B D O N H M a 2 10a §iÓm .1010 =⇔=−⇔=⇔∈ mmxOyI I VËy m = 1 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m. _____________HÕt_____________ GV: Bùi Quang Chính - THPT Lạng Giang số 2 - Bắc giang ĐT:01669839683 D A C H B . tRƯờNG THPT LạNG GIANG Số 2 TNH - BC GIANG đề số 2 đề THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010 Môn thi: Toán, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Phần chung cho. tung. _________________Hết_________________ tRƯờNG THPT LạNG GIANG Số II TNH - BC GIANG Đề số 2 Đáp án - thang điểm THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010 Môn thi: Toán, khối A (Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn. của hàm số )( 1 2 C x x y = 2. Tìm m để đồ thị của hàm số 1)1( 3 = xmxy , (C m ) tiếp xúc với trục hoành Ox. Câu II (2 điểm) 1. Giải phơng trình: 02cos33sinsin 222 =+ xxx 2. Xác định số nghiệm