3 DE VA DA THI THU DH 6.2010

BO GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THU DAI HOC NAM 2010 Tham khao MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số Tìm giá trị m để đường thẳng y = mx – m + cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt A,B đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình Giải phương trình cos x ( cos x − 1) = ( + sin x ) sin x + cos x − x2 + x x + = − 2x − x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ∫ (x ∈ ¡ ) x −3 dx x +1 + x + Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N điểm di động cạnh AB, AC cho ( DMN ) ⊥ ( ABC ) Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x y Chứng minh rằng: x + y = 3xy Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z ≥ thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức x + y + 16 z P= ( x + y + z) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = hai đường thẳng x + y −1 z − x−2 y+2 z = = = = d1: , d2: 1 −2 Viết phương trình đường thẳng d vng góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n ∈ N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d 1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG x − y + z +1 = = Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: mặt phẳng (P): x + y + z + = −1 Gọi M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ 42 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  log ( y − x ) − log y =   x + y = 25  ( x, y ∈ ¡ ) -Hết - SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN Đáp án gồm 05 trang Câu I Nội dung Điểm HS tu lam 2,0 II 2.0 cos x ( cos x − 1) = ( + sin x ) sin x + cos x Giải phương trình 1.0 ĐK: sin x + cos x ≠ 0.25 Khi PT ⇔ ( − sin x ) ( cos x − 1) = ( + sin x ) ( sin x + cos x ) ⇔ ( + sin x ) ( + cos x + sin x + sin x.cos x ) = 0.25 ⇔ ( + sin x ) ( + cos x ) ( + sin x ) = sin x = −1 ⇔ (thoả mãn điều kiện) cos x = −1 π   x = − + k 2π ⇔ ( k , m ∈ Z)   x = π + m2π Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = − Giải phương trình: 0.25 0.25 π + k 2π x = π + m 2π − x2 + x x + = − 2x − x2 ( k , m ∈ Z) 1.0 (x ∈ ¡ ) 3 − x − x ≥  PT ⇔  2 7 − x + x x + = − x − x  0.25 3 − x − x ≥  ⇔  x x + = −2( x + 2)  0.25   −3 ≤ x ≤  ⇔ x ≠  x+2  x + = −2 x   −2 ≤ x <  ⇔ ( x + 1) ( x − 16 ) =  0.25 ⇔ x = −1 0.25 Vậy phương trình cho có nghiệm x = - III Tính tích phân ∫ Đặt u = x −3 dx x +1 + x + 1.0 x = ⇒ u = x + ⇒ u − = x ⇒ 2udu = dx ; đổi cận:  x = ⇒ u = 2 D 0.25 x−3 2u − 8u dx = ∫ du = ∫ (2u − 6)du + 6∫ du Ta có: ∫ C u + 3u + u +1 x +1 + x + 1 N 0.25 B H M A ( = u − 6u ) + ln u + 1 0.25 = −3 + ln 0.25 IV 1.0 Dựng DH ⊥ MN = H Do ( DMN ) ⊥ ( ABC ) ⇒ DH ⊥ ( ABC ) mà D ABC tứ diện nên H tâm tam giác ABC 0.25  3 Trong tam giác vuông DHA: DH = DA − AH = −   ÷ = ÷   Diện tích tam giác AMN S AMN = 2 0.25 AM AN sin 600 = xy Thể tích tứ diện D AMN V = S AMN DH = xy 12 Ta có: S AMN = S AMH + S AMH ⇔ 0.25 1 xy.sin 600 = x AH sin 300 + y AH sin 300 2 ⇔ x + y = 3xy V 0.25 1.0 Trước hết ta có: x + y ≥ ( Đặt x + y + z = a Khi x + y) (biến đổi tương đương) ⇔ ⇔ ( x − y ) ( x + y ) ≥ ( x + y) 4P ≥ a + 64 z 3 ( a − z) = a + 64 z 3 0.25 = ( − t ) + 64t z (với t = , ≤ t ≤ ) a 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] Có f '(t ) = 64t − ( − t )  , f '(t ) = ⇔ t = ∈ [ 0;1]   0.25 Lập bảng biến thiên ⇒ Minf ( t ) = t∈[ 0;1] 64 ⇒ GTNN P 16 đạt x = y = 4z > 81 81 0.25 VI.a 2.0 1.0 Do B giao AB BD nên toạ độ B nghiệm hệ: 21  x = x − y +1 =   21 13  ⇔ ⇒ B ; ÷   5  x − y + 14 =  y = 13   Lại có: Tứ giácrABCD làur chữ nhật nên góc AC AB góc AB hình uu u uu uu ur BD, kí hiệu nAB (1; −2); nBD (1; −7); nAC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) VTPT uu uu ur ur uu uu ur ur đường thẳng AB, BD, AC Khi ta có: cos nAB , nBD = cos nAC , nAB ( ) ( )  a = −b 2 2 ⇔ a − 2b = a + b ⇔ a + 8ab + b = ⇔  a = − b  - Với a = - b Chọn a = ⇒ b = - Khi Phương trình AC: x – y – = 0, x − y −1 = x = ⇒ ⇒ A(3; 2) A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A nghiệm hệ:  x − y +1 =  y = Gọi I tâm hình chữ nhật I = AC ∩ BD nên toạ độ I nghiệm hệ:  x = x − y −1 =  7 5 ⇔ ⇒I ; ÷  2 2  x − y + 14 = y =    14 12  Do I trung điểm AC BD nên toạ độ C ( 4;3) ; D  ; ÷  5 - Với b = - 7a (loại AC khơng cắt BD) 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0  x = −1 + 2t x = + m   Phương trình tham số d1 d2 là: d1 :  y = + 3t ; d :  y = −2 + 5m z = + t  z = −2 m   Giảu u d cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m) sửr uu ⇒ MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) 3 + m − 2t = 2k uu u u ur r u ur u  Do d ⊥ (P) có VTPT nP (2; −1; −5) nên ∃k : MN = k n p ⇔  −3 + 5m − 3t = −k có nghiệm  −2 − 2m − t = −5k  0.25 0.25 0.25 m = Giải hệ tìm  t =  x = + 2t  Khi điểm M(1; 4; 3) ⇒ Phương trình d:  y = − t thoả mãn toán  z = − 5t  VII.a 0.25 Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n ∈ N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = n ∈ N Điều kiện:  n > 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = ⇔ log4(n – 3)(n + 9) = (thoả mãn) n = ⇔ (n – 3)(n + 9) = 43 ⇔ n2 + 6n – 91 = ⇔  (không thoả mãn)  n = −13 0.25 Vậy n = Khi z = (1 + i)n = (1 + i)7 = ( + i ) ( + i )  = ( + i ) (2i )3 = (1 + i).( −8i) = − 8i   0.25 Vậy phần thực số phức z 0.25 VI.b 2.0 1.0 Giả sử B ( xB ; yB ) ∈ d1 ⇒ xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) ∈ d ⇒ xC = −2 yC +  xB + xC + =  yB + yC + = 0.25 Từ phương trình ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) uu ur uu ur Ta có BG (3; 4) ⇒ VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0.25 Vì G trọng tâm nên ta có hệ:  Bán kính R = d(C; BG) = 81 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 0.25 0.25 1.0 Ta có phương trình tham số d là:  x = + 2t   y = −2 + t ⇒ toạ độ điểm M nghiệm hệ  z = −1 − t   x = + 2t  y = −2 + t  (tham số t)   z = −1 − t x + y + z + =  0.25 ⇒ M (1; −3;0) ur u ur u Lại có VTPT của(P) nP (1;1;1) , VTCP d ud (2;1; −1) ur u ur ur u u Vì ∆ nằm (P) vng góc với d nên VTCP u∆ = ud , nP  = (2; −3;1)   uu uu r Gọi N(x; y; z) hình chiếu vng góc M ∆ , MN ( x − 1; y + 3; z ) ur u uu uu r Ta có MN vng góc với u∆ nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = x + y + z + =  Lại có N ∈ (P) MN = 42 ta có hệ:  x − y + z − 11 = ( x − 1) + ( y + 3) + z = 42  Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) N(- 3; - 4; 5) x−5 = x+3 = Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt ∆ : Nếu N(5; -2; -5) ta có pt ∆ : y+2 = −3 y+4 = −3 z +5 z −5 0.25 0.25 0.25 VII.b  log ( y − x ) − log y = Giải hệ phương trình   x + y = 25  1.0 ( x, y ∈ ¡ ) y − x > y > Điều kiện:  0.25 y−x   y−x log ( y − x ) + log y = −1 log y = −1  y = ⇔ ⇔ Hệ phương trình ⇔   x + y = 25  x + y = 25  x + y = 25    0.25 x = 3y x = 3y x = 3y  ⇔ ⇔ ⇔  25 2  x + y = 25 9 y + y = 25  y = 10  0.25    15 ; ( x; y ) =  ÷  10 10  ⇔    15 ;− ( x; y ) =  − ÷ 10    10  (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) 0.25 Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà điểm phần đáp án quy định ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2009-2010 Mơn thi: TỐN – Khối A, B Thời gian : 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số y = x − (3x − 1)m (C ) với m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) m = Tìm gíá trị m để đồ thị hàm số (C) có hai điểm cực trị chứng tỏ hai điểm cực trị hai phía trục tung Câu II:(2,0 điểm) 17π − x).cos x = 16cos x Giải phương trình: 8cos3 x + sin x + cos( Tính tích phân : I = dx ∫ ( e x + 1) ( x + 1) −1 Câu III:(2,0 điểm) x Tìm giá trị tham số m để phương trình: m + e = e x + có nghiệm thực 1 1 Chứng minh: ( x + y + z )  + + ÷ ≤ 12 với số thực x , y , z thuộc đoạn [ 1;3] x y z   Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao H trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC AB = AC = 5a , BC = 6a Góc mặt bên (SBC) với mặt đáy 600 Tính theo a thể tích diện tích xung quanh khối chóp S.ABC II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần: A B A Theo chương trình chuẩn Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân A với A ( 2;0 ) G ; trọng tâm Tính bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Câu VI.a:(2,0 điểm) x x Giải phương trình: log ( 4.16 + 12 ) = x + ( ) Tìm giá trị nhỏ hàm số y = ( x − 1) ln x B Theo chương trình nâng cao Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với A ( ; 1) phương trình hai đường trung tuyến tam giác ABC qua hai đỉnh B , C − x + y + = x + y − = Tìm tọa độ hai điểm B C Câu VI.b:(2,0 điểm) Giải phương trình: 2log x +1 + 2log x − = x ln ( − x ) x→1 x − Tìm giới hạn: lim -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi: TỐN – Khối A, B Câu Ý Câu I (2,0đ) Ý1 (1,0 đ) NỘI DUNG Điểm Khi m =1 → y = x − x + Tập xác định D=R 0,25 đ Giới hạn: xlim y = −∞ ; xlim y = +∞ →−∞ →+∞ y’= 3x – ; y’=0 ↔ x = ±1 0,25 đ Bảng biến thiên Hàm số đồng biến khoảng ( −∞ ; − 1) , ( 1; + ∞ ) nghịch biến khoảng ( −1;1) Hàm số đạt CĐ x = -1 ; yCĐ = đạt CT x = ; yCT = -1 0,25 đ Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy (0 ; 1) qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3) Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) Ý2 (1,0 đ) 0,25 đ y’ = ↔ 3x2 – 3m = ; ∆ ' = 9m 0,25 đ m ≤ : y’ khơng đổi dấu → hàm số khơng có cực trị 0,25 đ m > : y’ đổi dấu qua nghiệm y’=0 → hàm số có cực trị 0,25 đ KL: m > m > → P = −m < → đpcm âu II (2,0 đ) Biến đổi: cos3 x + sin x = 8cos x 0,25 đ ↔ cos x.(2 cos x + sin x − 4) = 0,25 đ ↔ cos x = Ý1 (1,0 đ) 0,25 đ 0,25 đ v 2sin x − sin x + = π   x = + kπ  π ↔  x = + k 2π , k ∈ Z    x = 3π + k 2π  KL: 0,25 đ  x =  x = −2 Khi x = 2y → y = ±1 →  ; (loại)  y =  y = −1 0,25 đ Khi y=2x → -3 x = : VN KL: nghiệm hệ PT ( 2;1) 0,25 đ Ý2 (1,0 đ) Câu III (2,0 đ) Ý1 (1,0 đ) x Đặt t = e ĐK: t > PT trở thành: m = t + − t 0,25 đ Xét f (t ) = t + − t với t > 0,50 đ  t4  f '(t ) =  ÷ − < → hàm số NB ( 0; + ∞ )  t +1 lim f (t ) = lim t →+∞ t →+∞ ( t4 +1 + t )( t4 +1 + t2 ) =0 ; f(0) = 0,25 đ KL: 0< m , ta có:  ÷ +  ÷ − = 3 3 2x ( 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ ) −1 0,25 đ 0,50đ x 4 Đặt t =  ÷ ĐK: t > ; 4t + t − = ↔ t = −1(kth); t = (th) 3 x Ý2 (1,0 đ) Câu Vb (1,0 đ) −1 3 4 4 , ta có:  ÷ = =  ÷ ↔ x = −1 4 3 3 x −1 TXĐ: D = ( 0; + ∞ ) ; y ' = ln x + x x −1 y’= ↔ x = ; y(1) = y = ln x + HSĐB x Khi < x < → y ' < ; x > → y ' > KL: miny = ↔ x = 2 x − y = 4 1 ↔ G  ; ÷ Tọa độ trọng tâm tam giác ABC  7 7 x + 3y = Gọi B ( b ; 2b − 1) ∈ (d1 ) ; C ( − 3c ; c ) ∈ (d ) Khi t =   b − 3c = b =   ↔ Ta có:  2b + c = c = −   7   Câu VIb Ý (2,0 đ) (1,0 đ) Ý2 (1,0 đ) 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ t 2 2 Ta có: 2.2t + 2t = 3t ↔ 2t = 3t ↔  ÷ = =  ÷ 4 3 3 Khi t = log x = ↔ x = (th) KL: nghiệm PT x = Đặt t = x − Suy : x → ⇔ t → ln ( − t ) ln ( + ( −t ) ) −1 = lim =− Giới hạn trở thành: lim t →0 t ( t + ) t →0 t+2 ( −t ) ln ( − x ) =− x →1 x −1 0,25 đ 0,50 đ    10  KL: B  ; − ÷ ; C  ; − ÷ 7 7 7  t ĐK: x > Đặt t = log x ↔ x = KL: lim 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,50đ 0,25đ * Lưu ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết xác đến ý cho điểm tối đa ý ; cho điểm đến phần học sinh làm từ xuống phần làm sau không cho điểm … HẾT… ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x + 1− x 1)Khảo sát vẽ đồ thị ( C ) hàm số 2)Gọi (d) đường thẳng qua A( 1; ) có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N MN = 10 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = Câu II (2 điểm) :  x + y + x − y = 12  Giải hệ phương trình:   y x − y = 12  2.Giải phương trình : sin x − sin x + sin x + cos x − = π Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 3sin x − cos x dx ∫ (sin x + cos x)3 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đơi cạnh ỏy nh Cõu V (1 im) Tìm m để phơng trình sau có nghiệm phân biệt : 10 x +8 x + = m(2 x + 1) x + PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x + y + = phân giác CD: x + y − = Viết phương trình đường thẳng BC Cho đường thẳng (D) có phương trình:  x = −2 + t   y = −2t  z = + 2t  Gọi ∆ đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua ∆ , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh 1 + + ≤ xy + yz + zx + x + y + z Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x + y – x – y + = 0, (C ') : x + y + x – = qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB 2)Trong kh«ng gian víi hƯ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d d lần lợt có phơng trình : y2 x2 z+5 x= = z vµ d’ : = y −3= −1 Viết phơng trình mặt phẳng ( ) qua d tạo với d góc 300 Cõu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh b c   a + + +