Nguyễn Đăng Quý BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: Toán. Khối A, B. Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (2 điểm). Cho hàm số 4 2 2 2 1 y x m x (1). 1) Với m = 1, khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2) Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện tích tam giác ABC bằng 32 (đơn vị diện tích). Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2 3 2 1 2 4 3 x x x x x x . 2) Giải phương trình lượng giác: 2 1 sin 2 1 tan2x os 2 x c x . Câu III. (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: cos y x và 2 2 3 4 y x x Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1 B 1 C 1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A 1 B 1 C 1 ) thuộc đường thẳng B 1 C 1 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1 và B 1 C 1 theo a. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 4 4 3 2 2 c a b a b b c c a Câu VI. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(3; 0), đường thẳng d 1 : 2x – y – 2 = 0, đường thẳng d 2 : x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho MA = 2MB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P): 5x – 4y + z – 6 = 0, (Q): 2x – y + z + 7 = 0, đường thẳng d: 1 7 3 1 2 x t y t z t . Viết phương trình mặt cầu (S) cắt (Q) theo thiết diện là hình tròn có diện tích bằng 20 và có tâm là giao của d với (P) . Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình : 2 3 2 2 16 log log ( ) y x x y y xy HẾT Đề thi thử lần 2 (Tháng 03 năm 2010) Nguyễn Đăng Quý Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………….……. Số báo danh: …………… ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 TRƯỜNG THPT THANH OAI B THÁNG 03 NĂM 2010 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Với m = 1 hàm số là: 4 2 2 1 y x x +) TXĐ: R +) Giới hạn, đạo hàm: lim lim x x y y 3 0 ' 4 4 ; ' 0 1 x y x x y x +) BBT: x - - 1 0 1 + y' - 0 + 0 - 0 + y + 1 + 0 0 +) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; + ); nghiechj biến trên các khoảng (- ; - 1), (0; 1) Hàm đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1, cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 +) ĐT: Dạng đồ thị 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -15 -10 -5 5 10 15 0,25 0,25 0,25 0,25 I.2 +) Ta có y’ = 4x 3 – 4m 2 x ; y’ = 0 2 2 0 x x m ; ĐK có 3 điểm cực trị : m 0 +) Tọa độ ba điểm cực trị : A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m 4 ), C(m ; 1 – m 4 ) ; +) CM tam giác ABC cân đỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I(0 ; 1 – m 4 ). +) 5 4 1 . 32 2 2 ABC S AI BC m m m m (tm) 0,25 0,25 2,25 0,25 Nguyễn Đăng Quý II.1 +) ĐK: 1 x 2 3 2 1 2 4 3 2 1 1 3 1 1 0 1 1 2 3 0 x x x x x x x x x x x x x 0 0 1 1 0 ( ) 1 1 3 2 3/ 4 x x x x tm x x x x x 0,25 0,25 0,5 II.2 +) ĐK: , 4 2 x k k Z 2 2 1 sin2 1 tan2x os 2 sin 2 os2 1 sin 2 os 2 x c x xc x x c x 2 sin 2 sin 2 sin 2 . os2 0 x x x c x sin 2 (sin 2 os2 1) 0 x x c x sin 2 0 2 ( , ) sin 2 os2 1 ; 2 4 x k x k l Z x c x x l x l +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là , ;( , ) 2 x k x l k l Z 0,5 0,25 0,25 III 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -15 -10 -5 5 10 15 Chứng minh được hai đường có đúng hai giao điểm hoành độ 2 và 3 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 1 3 4 2 2 cos 2. sinx 4 4 3 2 4 3 2 S x x x dx x x x 0,25 0,25 0,5 Nguyễn Đăng Quý IV Do )( 111 CBAAH nªn gãc HAA 1 lµ gãc gi÷a AA 1 vµ (A 1 B 1 C 1 ), theo gi¶ thiÕt th× gãc HAA 1 b»ng 30 0 . XÐt tam gi¸c vu«ng AHA 1 cã AA 1 = a, gãc HAA 1 =30 0 2 3 1 a HA . Do tam gi¸c A 1 B 1 C 1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B 1 C 1 vµ 2 3 1 a HA nªn A 1 H vu«ng gãc víi B 1 C 1 . MÆt kh¸c 11 CBAH nªn )( 111 HAACB KÎ ®-êng cao HK cña tam gi¸c AA 1 H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA 1 vµ B 1 C 1 Ta cã AA 1 .HK = A 1 H.AH 4 3 . 1 1 a AA AHHA HK 1 điểm V 4 4 4 4 3 2 2 2 9 2 2 2 2 c a b c a b a b b c c a a b b c c a 2 2 1 2 2 9 2 2 a b c a b b c c a 1 1 1 9 2 2 2 2 b b a c c a b b c a a c +) Áp dụng BĐT Cô – si cho ba số dương , , 2 2 b b a c c a và 1 1 1 , , 2 2 b b c a a c rồi nhân hai BĐT cùng chiều ta có đpcm. 1 điểm VI.1 +) Dạng tham số của d 1 và d 2 : 1 2 : , : 2 2 3 x t x u d d y t y u +) Tọa độ A(t; - 2 + 2t), B(u; - 3 – u). 3; 2 2 ; 3; 3 MA t t MB u u +) TH1: 2. MA MB : Tìm được 7 16 20 , ; : 4;5 3 3 3 d t MA VTCPd u 3 : 5 4 15 0 4 5 x y d x y +) TH2: 2. MA MB : Tìm được 17 8 28 , ; : 2;7 3 3 3 d t MA VTCPd u 3 : 7 2 21 0 2 7 x y d x y 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.2 +) Tâm I của mặt cầu là giao của d và (P) nên tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình: A A B C C B 1 K H Nguyễn Đăng Quý 1 7 0 3 1 (1;0;1) 1 2 0 5 4 6 0 1 x t t y t x I z t y x y z z +) Gọi h là khoảng cách từ I đến mp(Q), ta có: 2 2 2 2 2.1 0 1 7 10 50 3 6 2 ( 1) ( 1) h h +) Thiết diện của (Q) với mặt cầu (S) là hình tròn có diện tích bằng 2 2 20 20 . 20 r r (r là bán kính hình tròn) +) Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có 2 2 2 50 110 20 3 3 R h r Suy ra phương trình mặt cầu (S): 2 2 2 110 1 1 3 x y z 0,25 0,25 0,25 0,25 VII +) ĐK: 0 1,0 1 x y +) 2 2 3 2 3 4 (1) 2 16 2log 1 log (2) log log ( ) y x x y x y y x y x y xy +) Đặt 2 2 1 1 log (2) : 2 1 2 1 0 1 2 x t x y y t t t t t t x y +) Với x = y, kết hợp (1) ta được x = y = 1 (loại) và x = y = 3 (nhận). +) Với x = y -2 , kết hợp với (1) ta được y 2 = 1 (loại), y = - 4 (loại) Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y =3. 0,25 0,25 0,25 0,25 Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa. . )( 111 CBAAH nªn gãc HAA 1 lµ gãc gi a AA 1 vµ (A 1 B 1 C 1 ), theo gi¶ thi t th× gãc HAA 1 b»ng 30 0 . XÐt tam gi¸c vu«ng AHA 1 cã AA 1 = a, gãc HAA 1 =30 0 2 3 1 a HA . Do tam gi¸c A 1 B 1 C 1 lµ. HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi a AA 1 vµ B 1 C 1 Ta cã AA 1 .HK = A 1 H.AH 4 3 . 1 1 a AA AHHA HK 1 điểm V 4 4 4 4 3 2 2 2 9 2 2 2 2 c a b c a b a b b c c a a b b c c a . gi¸c A 1 B 1 C 1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B 1 C 1 vµ 2 3 1 a HA nªn A 1 H vu«ng gãc víi B 1 C 1 . MÆt kh¸c 11 CBAH nªn )( 111 HAACB KÎ ®-êng cao HK c a tam gi¸c AA 1 H th× HK chÝnh