S Ở GD – ðT BÌNH ðỊNH KỲ THI THỬ ðẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 (lần 2) TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ðÔN Môn: Toán – Khối A, B, V Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 03/04/2010 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 ñiểm) Câu I: (2 ñiểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x − = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số. 2. Chứng minh rằng ñường thẳng d: y = - x + 1 là t ruc ñối xứng của (C). Câu II : (2 ñiểm) 1 Giải phương trình: 4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2 2 0 2sinx - 3 x = 2. Giải bất phương trình: 2 2 2 2 3 2.log 3 2.(5 log 2) x x x x x x − + ≤ − + − Câu III : ( 1 ñiểm). Gọi (H) là hình phẳng giới hạn ñồ thi (C) của hàm s ô y = x 3 – 2x 2 + x + 4 và tiếp tuyến của (C) tại ñiểm có hoành ñộ x 0 = 0. Tính thể tích của vật thể tròn xoay ñược tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox. Câu IV : (1ñiểm) Cho hình lặng trụ tam giác ñều ABC.A’B’C’ có cạnh ñáy bằng a . Biết khoảng cách giữa hai ñường thẳng AB và A’C bằng 15 5 a . Tính thể tích của khối lăng trụ Câu V:(1ñiểm) Tìm m ñể hệ phương trình sau có nghi ệm: 4 (2 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1) y-1 2 ( 1)( 1) 1 0 (2) x y x m x + − + − + + = (3 ñiểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc ph ần 2 Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: ( 2 ñiểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ñường tròn (C): x 2 + y 2 = 1; và phương trình: x 2 + y 2 – 2(m + 1)x + 4my – 5 = 0 (1) Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình c ủa ñường tròn với mọi m.Gọi các ñường tròn tương ứng là (C m ). Tìm m ñể (C m ) tiếp xúc với (C). 2. Trong không gian Oxyz cho ñường thẳng d: 1 2 1 1 1 x y z − + = = và mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 2 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiế p xúc với mặt phẳng (P) và ñi qua ñiểm A(2; - 1;0) Câu VII.b: ( 1 ñiểm). Cho x; y là các số thực thoả mãn x 2 + y 2 + xy = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5xy – 3y 2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: ( 2 ñiểm). 1.Trong không gian Oxyz cho ñiểm A(3;2;3) và hai ñường thẳng 1 2 3 3 : 1 1 2 x y z d − − − = = − và 2 1 4 3 : 1 2 1 x y z d − − − = = − . Chứng minh ñường thẳng d 1 ; d 2 và ñiểm A cùng nằm trong một mặt phẳng. Xác ñịnh toạ ñộ các ñỉnh B và C của tam giác ABC bi ết d 1 chứa ñường cao BH và d 2 chứa ñường trung tuyến CM của tam giác ABC. 2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu ñiểm 1 2 ( 3;0); ( 3;0)F F− và ñi qua ñiểm 1 3; 2 A . Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi ñiểm M trên elip, hãy tính biểu thức: P = F 1 M 2 + F 2 M 2 – 3OM 2 – F 1 M.F 2 M Câu VII.b: ( 1 ñiểm). Tính giá trị biểu thức: 0 2 2 4 2 1004 2008 1005 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 3 3 ( 1) 3 3 k k S C C C C C C= − + + + − + + − Hết II. PHAN RIÊNG http://laisac.page.tl Hướng dẫn giải Câu I: 2. Giao ñiểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ t rục toạ ñộ Oxy > IXY: 1 2 x X y Y = − = + Hàm số ñã cho trở thành : Y = 3 X − hàm số ñồng biến nê (C) ñối xứng qua ñường thẳng Y = - X Hay y – 2 = - x – 1 ⇔ y = - x + 1 Câu II : 1. ðiều kiện: 3 sinx 2 ≠ và os 0 2 x c ≠ và cosx ≠ 0 Biến ñổi pt về: 4cos 3 x - 4 cos 2 x – cosx + 1 = 0 osx = 1 1 cosx = 2 c ⇔ ± 2. ðiều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2. 2 2 2 2 3 2.log 3 2.(5 log 2) x x x x x x − + ≤ − + − 2 2 2 2 2log 5log 2 0 log x x x − + ⇒ ≤ Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4 Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y = x + 4 Phương trình hoành ñộ giao ñiểm: x 3 – 2x 2 = 0 0 2 x x = ⇔ = V = 2 2 2 3 2 2 0 0 ( 4) ( 2 4) x dx x x x dx π π + − − + + ∫ ∫ Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung ñiểm của AB và A’B’. H ạ MH ⊥ M’C AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH HC = 15 10 a ; M’C = 15 2 a ; MM’ = 3 a Vậy V = 3 3 4 a Câu V : ðặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXð: D = [0;+ ∞ ) = 1 (2 1)ln x x x + + Gọi x 1 ; x 2 ∈ [0;+ ∞ ) với x 1 > x 2 Ta có : 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 0 ( ) ( ) 1 1 ln ln 0 x x f x f x x x x x + > + > ⇒ > + + > > : f(x) là hàm số tăng Từ phương trình (1) ⇒ x = y (2) 4 1 2 ( 1)( 1) 1 0 x x x m x ⇒ − − − + + + = 4 1 1 2 0 1 1 x x m x x − − ⇔ − + = + + ðặt X = 4 1 1 x x − + ==> 0 ≤ X < 1 Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X 2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1 ðặt f(X) = X 2 – 2X == > f’(X) = 2X – 2 ==> hệ có nghiêm ⇔ -1 < m ≤ 0 Câu VI.a 1. (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (C m ) có tâm I (m +1; -2m) bán kính 2 2 ' ( 1) 4 5 R m m = + + + OI 2 2 ( 1) 4 m m = + + , ta có OI < R’ Vậy (C) và (C m ) chỉ tiếp xuc trong.==> R’ – R = OI ( vì R’ > R) Giải ra m = - 1; m = 3/5 2. Gọi I là tâm của (S) ==> I(1+t;t – 2;t) Ta có d(I,(P)) = AI == > t = 1; t = 7/13 (S 1 ): (x – 2) 2 + (y + 1) 2 + (z – 1) 2 = 1; (S 2 ): (x – 20/13) 2 + (y + 19/13) 2 + (z – 7/13) 2 = 121/139 Câu VII.a 2 2 2 5 3 xy y P x xy y − = + + Với y = 0 ==> P = 0 Với y ≠ 0 ñặt x = ty ; ta có: 2 2 5 3 ( 5) 3 0 1 t P Pt P t P t t − = ⇔ + − + + = + + (1) + P = 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5 + P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ’ = - P 2 – 22P + 25 ≥ 0 ⇔ - 25/3 ≤ P ≤ 1 Từ ñó suy maxP , minP Câu VI.b: 1. d 1 qua M 0 (2;3;3) có vectơ chỉ phương (1;1; 2) a = − r d 2 qua M 1 (1;4;3) có vectơ chỉ phương (1; 2;1) b = − r Ta có 0 1 , 0 , 0 a b va a b M M ≠ = urr r r r uuuuuur (d 1 ,d 2 ) : x + y + z – 8 = 0 ==> A ∈ (d 1 ,d 2 ) B(2 + t;3 + t;3 - 2t); 5 5 ; ;3 2 2 t t M t + + − ∈ d 2 ==> t = - 1 ==> M(2;2;4) C( 1+t;4-2t;;3+t) : AC a ⊥ uuur r ==> t = 0 ==> C(1;4;2) 2. (E): 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 4 x y a b a b + = ⇒ + = , a 2 = b 2 + 3 ==> 2 2 1 4 1 x y + = P = (a + ex M ) 2 + (a – ex M ) 2 – 2( 2 2 M M x y + ) – (a 2 – e 2 2 M x ) = 1 Câu VII.b: Ta có: ( ) ( ) ( ) 2010 2010 0 2 2 4 2 1004 2008 1005 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 1 3 1 3 2 3 3 ( 1) 3 3 3 k k k i i C C C C C C + + − = − + + + − + + − Mà ( ) ( ) 2010 2010 2010 2010 2010 2010 -2010 -2010 1 3 1 3 2 ( os in ) 2 os in 3 3 3 3 i i c s c s π π π π + + − = + + + = ( ) 2010 2010 2.2 os670 2.2 c π = Vậy S = 2 2010 . ex M ) 2 + (a – ex M ) 2 – 2( 2 2 M M x y + ) – (a 2 – e 2 2 M x ) = 1 Câu VII.b: Ta có: ( ) ( ) ( ) 20 10 20 10 0 2 2 4 2 1004 20 08 1005 20 10 20 10 20 10 20 10 20 10 20 10 20 10 1 3 1 3 2 3 3. ) ( ) 20 10 20 10 20 10 20 10 20 10 20 10 -2 0 10 -2 0 10 1 3 1 3 2 ( os in ) 2 os in 3 3 3 3 i i c s c s π π π π + + − = + + + = ( ) 20 10 20 10 2. 2 os670 2. 2 c π = Vậy S = 2 2010 . d 2 ==> t = - 1 ==> M (2; 2;4) C( 1+t; 4-2 t;;3+t) : AC a ⊥ uuur r ==> t = 0 ==> C(1;4 ;2) 2. (E): 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 4 x y a b a b + = ⇒ + = , a 2 = b 2 + 3 ==> 2 2 1 4