DE THI THU T6.2010+DA

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). Câu I: (2,0 điểm). Cho hàm số ( ) ( ) )1(1161232 23 ++++−= xmmxmxy đồ thị (C m ) 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0 2,Với giá trị nào của m thì đồ thị (C m ) của hàm số có 2 điểm cực trị đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x + 4. Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin 3 3sin 2 cos2 3sin 3cos 2 0x x x x x − − + + − = . 2) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 4 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y  + + + =  + = + +  . Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2 3 0 3sin 2cos (sin cos ) x x I dx x x π − = + ∫ Câu IV (1 điểm):Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 0 30 . Câu V (1 điểm): Tìm m để phương trình sau có nghiệm: ( ) 2 2 4 4 2 2 4 2 2 4m x x x x− + − − + = − ( ) m R∈ . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn 2 2 ( ) : – 2 – 2 1 0,C x y x y+ + = 2 2 ( '): 4 – 5 0C x y x+ + = cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ), ( ')C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 và hai điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P), hãy viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho một hộp đựng 12 viên bi, trong đó có 7 viên bi màu đỏ và 5 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên mỗi lần 3 viên bi. Hãy tính xác suất để lấy được: a) 3 viên bi màu đỏ b) Ít nhất 2 viên bi màu đỏ. 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm ( ) 2;0C và elíp ( ) E có phương trình 2 2 1 4 1 x y + = . Tìm toạ độ các điểm ,A B thuộc ( ) E , biết rằng hai điểm ,A B đối xứng với nhau qua trục hoành và · 90ACB = o . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 1 ( ): 1 1 2 x y z d = = và 2 1 1 ( ) : 2 1 1 x y z d + − = = − . Tìm tọa độ các điểm M thuộc 1 ( )d và N thuộc 2 ( )d sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng ( ) : – 2010 0P x y z+ + = độ dài đoạn MN bằng 2 . Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 2 1 log 3 2 2 4 3 x x x x x x + + = + + + + ………………………………… HẾT…………………………………………………… TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Năm học 2009-2010 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI THỬ ĐH LẦN THỨ I (Đáp án- thang điểm có 04 trang) Câu Đáp án điểm I (2đ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): Khi m=0 ta có y=2x 3 -3x 2 +1 * TXĐ: R *Sự biến thiên: + y’= 6x 2 - 6x= 6x(x-1)= 0    =⇒= =⇒= ⇔ 01 10 yx yx + BBT: x - ∞ 0 1 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 1 + ∞ - ∞ 0 Hs đồng biến trên ( ) 0; ∞− ; ( ) +∞ ;1 ; Hs nghịch biến trên (0;1) + Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x=0; y CĐ =1; Hs đạt cực tiểu tại x=1; y CT = -0 + Giới hạn: lim ; lim . x x→−∞ →+∞ = −∞ = +∞ - Đồ thị hàm số không có tiệm cận. • Đồ thị: - Giao với trục Oy: (0;1) , giao với ox ( 2 31+ ;0) và ( 2 31− ;0) Ta có y’’ = 12x-6 ⇒ y’’ = 0 ⇔ x= 2 1 và y’’ đổi dấu khi x đi qua x= 2 1 ⇒ điểm ( 2 1 ; 2 1 ) là điểm uốn của đồ thị. Vậy đồ thị có tâm đối xứng là điểm ( 2 1 ; 2 1 ) đồ thị đi qua điểm ( 2;5) và (-1;-4) Ta c ó y’ = 6x 2 -6(2m+1)x+6m(m+1) y’=0    += = ⇔ 1mx mx Ta c ó m+1 ≠ m v ới ∀ m Vậy với ∀ m y’=0 luôn c ó 2 nghiệm phân biệt , nên hàm số luôn có cực đai , cực tiểu. x - ∞ m m+1 + ∞ y’ + 0 - 0 + Hàm số đạt cực đại tại x = m, Hàm số đạt cực tiểu tại x = m +1. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Ta có y’ = ' 6 12 3 y mx       + − - x +1 +m(m+1)(2m+1). Ta có x i là hoành độ các điểm cực trị ⇒ y’(x i )=0. 0,5 1 5 21 0 x y -1 -4 Câu Phần Nội dung Điểm II (2,0) 1(1,0) sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0x x x x x− − + + − = ⇔ (sin 3 sin ) 2sin 3sin 2 (cos2 2 3cos ) 0x x x x x x+ + − − + − = 2 2sin 2 .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x⇔ + − − − + = 2 2 2sin .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x⇔ + − − − + = 2 1 sin 2 (2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1 1 cos 2 x x x x x x  =   ⇔ − − + = ⇔ =   =   +) 2 1 6 sin , ( ). 5 2 2 6 x k x k Z x k π π π π  = +  = ⇔ ∈   = +   +) 2 1 3 cos , ( ). 2 2 3 x k x k Z x k π π π π  = +  = ⇔ ∈   = − +   +) cos 1 2 , ( ).x x k k Z π = ⇔ = ∈ KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên. 0,25 0,25 0,25 0,25 2(1,0) Dễ thấy 0y ≠ , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 . ( ) 2 7 2 1 ( ) 2 7 x x y y x y xy y y x y x y x x y y  + + + =   + + + =  ⇔   + = + + +   + − =   Đặt 2 1 , x u v x y y + = = + ta có hệ: 2 2 4 4 3, 1 2 7 2 15 0 5, 9 u v u v v u v u v v v u + = = − = =    ⇔ ⇔    − = + − = = − =    +) Với 3, 1v u= = ta có hệ: 2 2 2 1, 2 1 1 2 0 2, 5 3 3 3 x y x y x y x x x y x y y x y x = =    + = + = + − =  ⇔ ⇔ ⇔     = − = + = = − = −     . +) Với 5, 9v u= − = ta có hệ: 2 2 2 1 9 1 9 9 46 0 5 5 5 x y x y x x x y y x y x    + = + = + + = ⇔ ⇔    + = − = − − = − −    , hệ này vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = − 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Phần Nội dung Điểm III (1,0) Đặt , 0 , 0. 2 2 2 x t dx dt x t x t π π π = − ⇒ = − = ⇒ = = ⇒ = Suy ra: 2 2 2 3 3 3 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin ) x x t t x x I dx dt dx x x t t x x π π π − − − = = = + + + ∫ ∫ ∫ (Do tích phân không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số). 0,25 0,25 Suy ra: 2 2 2 3 3 2 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 1 2 (sin cos ) (cos sin ) (sin cos ) x x x x I I I dx dx dx x x x x x x π π π − − = + = + = + + + ∫ ∫ ∫ = = 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 1 1 tan 1 2 4 2 4 2cos cos 4 4 dx d x x x x π π π π π π π     = − = − =  ÷  ÷         − −  ÷  ÷     ∫ ∫ . KL: Vậy 1 . 2 I = 0,5 Câu Phần Nội dung Điểm IV (1,0) + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có 2 3 SG SO = suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD. Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD. + Dễ có: . . . 1 1 2 2 S ABD S BCD S ABCD V V V V= = = . Theo công thức tỷ số thể tích ta có: . . . 1 1 1 . . 1.1. 2 2 4 S ABN S ABN S ABD V SA SB SN V V V SA SB SD = = = ⇒ = . . . 1 1 1 1 . . 1. . 2 2 4 8 S BMN S ABN S BCD V SB SM SN V V V SB SC SD = = = ⇒ = Từ đó suy ra: . . . 3 . 8 S ABMN S ABN S BMN V V V V= + = + Ta có: 1 . ( ) 3 V SA dt ABCD= ; mà theo giả thiết ( )SA ABCD⊥ nên góc hợp bởi AN với mp(ABCD) chính là góc · NAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại N, suy ra · · 0 30 .NAD NDA= = Suy ra: 0 3 tan30 SA AD a= = . Suy ra: 3 1 1 3 . ( ) . . 3 3 3 3 V SA dt ABCD a a a a= = = . Suy ra: thể tích cần tìm là: 3 . . 3 5 5 3 . 8 8 24 MNABCD S ABCD S ABMN a V V V V V V= − = − = = 0,25 0,25 0,5 Câu Phần Nội dung Điểm V (1,0) Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 2 3 3 3 ( ) 1ab bc ca abc abc= + + ≥ ⇒ ≤ . Suy ra: 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 3 (1). 1 ( ) 3 a b c abc a b c a ab bc ca a a b c a + + ≥ + + = + + = ⇒ ≤ + + Tương tự ta có: 2 2 1 1 1 1 (2), (3). 1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c ≤ ≤ + + + + Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3 ab bc ca a b c b c a c a b c b c abc abc + + + + ≤ + + = = + + + + + + W . Dấu “=” xảy ẩ khi và chỉ khi 1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c= + + = ⇒ = = = > 0,25 0,25 0,5 Câu Phần Nội dung Điểm M N O C A D B S G VIa (2,0) 1(1,0 ) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và 1, ' 3R R= = , đường thẳng (d) qua M có phương trình 2 2 ( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b− + − = ⇔ + − = + ≠ . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 ' ' 'MA MB IA IH I A I H= ⇔ − = − ( ) ( ) 2 2 1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d⇔ − = − , .IA IH> ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 9 4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35 a b d I d d I d a b a b ⇔ − = ⇔ − = + + 2 2 2 2 2 2 36 35 36 a b a b a b − ⇔ = ⇔ = + Dễ thấy 0b ≠ nên chọn 6 1 6 a b a = −  = ⇒  =  . Kiểm tra điều kiện IA IH> rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. 0,25 0,25 0,25 0,25 2(1,0) P AB (4; 1;2); n (1; 2;2)= − = − uuur r Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0 ⇔ x – 2y + 2z + 1 = 0. Gọi ∆ là đường thẳng bất kỳ qua A Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q). Ta có : d(B, ∆) ≥ BH; d (B, ∆) đạt min ⇔ ∆ qua A và H. Pt tham số x 1 t BH: y 1 2t z 3 2t = +   = − −   = +  Tọa độ H = BH ∩ (Q) thỏa hệ phương trình : x 1 t,y 1 2t,z 3 2t x 2y 2z 1 0 = + = − − = +   − + + =  10 t 9 ⇒ = − 1 11 7 H ; ; 9 9 9   ⇒ −  ÷   ∆ qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP ( ) 1 a AH 26;11; 2 9 ∆ = = − uur uuur Pt (∆) : x 3 y 0 z 1 26 11 2 + − − = = − 0,25 0,25 0,5 Câu Phần Nội dung Điểm VII.a (1,0) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Phần Nội dung Điểm VIb (2,0) 1(1,0 ) + Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận ( 1; 2)HK = − uuur làm vtpt và AC đi qua K nên ( ) : 2 4 0.AC x y− + = Ta cũng dễ có: ( ) : 2 2 0BK x y+ − = . + Do ,A AC B BK∈ ∈ nên giả sử (2 4; ), ( ; 2 2 ).A a a B b b− − Mặt khác (3;1)M là trung điểm của AB nên ta có hệ: 2 4 6 2 10 4 . 2 2 2 2 0 2 a b a b a a b a b b − + = + = =    ⇔ ⇔    + − = − = =    Suy ra: (4; 4), (2; 2).A B − + Suy ra: ( 2; 6)AB = − − uuur , suy ra: ( ):3 8 0AB x y− − = . + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận (3; 4)HA = uuur , suy ra: ( ) : 3 4 2 0.BC x y+ + = KL: Vậy : ( ) : 2 4 0,AC x y− + = ( ):3 8 0AB x y− − = , ( ) : 3 4 2 0.BC x y+ + = 0,25 0,5 0,25 2(1,0) + 1 2 , ( ), ( )M N d d∈ nên ta giả sử 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;1 ) ( 2 1; ;2 1)M t t t N t t t NM t t t t t t− − + ⇒ = + + − − − uuuur . + MN song song mp(P) nên: 1 2 1 2 1 2 . 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0 P n NM t t t t t t= ⇔ + + − − + − − = uur uuuur 2 1 1 1 1 ( 1; 2 ;3 1)t t NM t t t⇔ = − ⇒ = − + − uuuur . + Ta có: 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0 4 7 t MN t t t t t t =   = ⇔ − + + + − = ⇔ − = ⇔  =  . + Suy ra: (0; 0; 0), ( 1; 0;1)M N − hoặc 4 4 8 1 4 3 ( ; ; ), ( ; ; ) 7 7 7 7 7 7 M N − . + Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào ( ).M P∈ KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Phần Nội dung Điểm VII.b (1,0) + Điều kiện: 2 2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0 ( ) 0 1 1, 0 2 1 xy x y x x y x I x y  − − + + > − + > + > + >  < − ≠ < + ≠  . + Ta có: 1 2 1 2 2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 ( ) log ( 5) log ( 4) = 1 x y x y x y x I y x − + − + − + + − =   ⇔  + − +   1 2 1 2 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) log ( 5) log ( 4) = 1(2). x y x y y x y x − + − + + + − − =   ⇔  + − +   + Đặt 2 log (1 ) y x t + − = thì (1) trở thành: 2 1 2 0 ( 1) 0 1.t t t t + − = ⇔ − = ⇔ = Với 1t = ta có: 1 2 1(3).x y y x− = + ⇔ = − − Thế vào (2) ta có: 2 1 1 1 4 4 log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0 4 4 x x x x x x x x x x x x − − − − + − + − + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + = + + 0 2 x x =  ⇔  = −  . Suy ra: 1 1 y y = −   =  . + Kiểm tra thấy chỉ có 2, 1x y= − = thoả mãn điều kiện trên. Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2, 1x y= − = . 0,25 0,25 0,25 0,25 . MÔN TOÁN THI THỬ ĐH LẦN THỨ I (Đáp án- thang điểm có 04 trang) Câu Đáp án điểm I (2đ) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C): Khi m=0 ta có y=2x 3 -3x 2 +1 * TXĐ: R *Sự biến thi n: . ): 1 1 2 x y z d = = và 2 1 1 ( ) : 2 1 1 x y z d + − = = − . Tìm tọa độ các điểm M thu c 1 ( )d và N thu c 2 ( )d sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng ( ) : – 2010 0P x y z+. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN