SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. (2 điểm) Cho hàm số . x x y 2 32 + + = 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi I là giao điểm các đường tiệm cận của (C). Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) lần lượt tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình: . xcosxsin )xcosx(sin xsinxtan 1 2 2 3 222 = − + + π −+ 2) Giải phương trình: 1311122 2422 +=−−−−+ xx)xx( )Rx( ∈ . Câu III. (1 điểm) Tính tích phân ∫ π π π + = 4 6 3 2 4 dx )xsin(xsin xcos I . Câu IV. (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC. C B A ′ ′ ′ có ABC . A ′ là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a. Biết độ dài đoạn vuông góc chung của A A ′ và BC là 4 3a . Tính thể tích khối chóp C C B B . A ′ ′ ′ . Câu V. (1 điểm) Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn phương trình 2010416 2010 2 5 = + log xcosxsin . PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: PHẦN A hoặc PHẦN B) PHẦN A Câu VIa. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho các đường tròn 2 1 1 22 1 =+− y)x(:)C( và 422 22 2 =−+− )y()x(:)C( . Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn )C( 1 và cắt đường tròn )C( 2 tại các điểm M, N sao cho MN = 22 . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thang cân ABCD có đáy lớn AB và tọa độ các đỉnh );;(A 211 − − ; );;(B 011 − và );;(C 210 − . Xác định tọa độ đỉnh D. Câu VIIa. (1 điểm) Tính tổng 2009 2010 25 2010 23 2010 21 2010 200953 C CCCS +−+−= . PHẦN B Câu VIb. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm );(I 2 3 2 9 và trung điểm của cạnh AD là M(3; 0). Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm );;(H 11 2 11 6 11 2 − . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua H và cắt các trục tọa độ lần lượt tại A, B, C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC. Câu VIIb. (1 điểm) Giải phương trình )Rx()x(log x ∈=++ −+ 112 3 2 311 2 1 Hết TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN KHUYẾN ĐỀ THỬ SỨC ĐẠI HỌC 2010 LỚP 12D1 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đ Ề S Ố 026 http://www.VNMATH.com http://www.VNMATH.com 26 http://www.VNMATH.com SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010 NỘI DUNG ĐIỂM Câu I. 2 điểm 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số . x x y 2 32 + + = * Tập xác định: D = R\{-2} * Chiều biến thiên: Dx )x( y ∈∀> + = ′ 0 2 1 2 * Tiệm cận: 2 22 =−∞=+∞= ±∞→ −→−→ +− x xx lim;lim,lim ⇒ Đồ thị (C) có tiệm cận đứng 2 − = x và tiệm cận ngang y = 2 * Bảng biến thiên x - ∞ -2 + ∞ y’ + + y + ∞ 2 2 - ∞ * Vẽ đúng đồ thị 2) Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M cắt Lấy 2 2 32 0 0 0 0 −≠∈ + + x);C( x x ;xM thì phương trình tiếp tuyến với (C) tại M có dạng 2 32 2 1 0 0 0 2 0 + + +− + = x x )xx( )x( y (d) Gọi A là giao của (d) và tiệm cận đứng 2 − = x . Tìm ra ) x x ;(A 2 22 2 0 0 + + − . Gọi B là giao của (d) và tiệm cận ngang y = 2. Tìm ra );x(B 222 0 + . Từ đó suy ra M là trung điểm của AB. Ta thấy tam giác IAB vuông tại I nên IM là bán kính đường tròn ngoại tiếp IAB ∆ . Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích là 2 IM.π nhỏ nhất IM ⇔ nhỏ nhất Ta có );(I 22 − và 2 2 1 22 2 32 2 2 0 2 0 2 0 0 2 0 2 ≥ + ++= − + + ++= )x( )x( x x )x(IM . Vậy IM nhỏ nhất khi −⇒−= −⇒−= ⇔ −=+ =+ ⇔ + =+ );(Mx );(Mx x x )x( )x( 333 111 12 12 2 1 2 0 0 0 0 2 0 2 0 1 điểm 0 ,25đ 0,25 đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0 ,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu II. 2 điểm 1) Giải phương trình . xcosxsin )xcosx(sin xsinxtan 1 2 2 3 222 = − + + π −+ Điều kiện: 02 ≠ xcos Phương trình 1 2 222 = − + ++⇔ xcosxsin )xcosx(sin xcosxtan xcos)xcosx(sinxcosxsin 22222 22 =+−+⇔ xcosxsinxcosxsin 2222222 2 =−−+⇔ 0222 2 =−−⇔ xcosxcos 22 − = ⇔ xcos (loại) hoặc 1 2 − = x cos )Zk(kx ∈π+ π =⇔ 2 (thỏa mãn) 1 điểm 0 ,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Đ Ề S Ố 026 http://tranthanhhai.tk http://www.VNMATH.com http://www.VNMATH.com 105 http://www.VNMATH.com 2) Giải phương trình: 1311122 2422 +=−−−−+ xx)xx( )Rx( ∈ Đặt 11 2 ≥+= xu và 01 2 ≥−= xv 1 22 −=⇒ ux và 2 22 = + v u Phương trình =+ −=−− ⇔ )(vu )(uuvvu 22 12324 22 2 ( 01 ≥ ≥ v;u ) Thay (2) vào (1) ta được phương trình: 0242324 22222 =−++−⇔+−=−− uu)u(vv)vu(uuvvu Ta có 2 23 )u( −=∆ uv 2 = ⇒ hoặc u v − = 2 * Với 351212 222 −=⇔+=−⇔= xxxuv (vô nghiệm) * Với 0112111212 42222 =⇔=−⇔=++−⇔+−=−⇔−= xxxxxxuv 1 điểm 0 ,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu III 1 điểm Tính tích phân ∫ π π π + = 4 6 3 2 4 dx )xsin(xsin xcos I Ta có ∫∫∫ π π π π π π + = + = π + = 4 6 2 2 4 6 2 4 6 2 1 22 4 dx )xcot(xsin xcot dx )xcosx(sinxsin xcot dx )xsin(xsin xcot I . Đặt t = cotx thì dt = xsin dx 2 − và 1 4 3 6 =⇒ π ==⇒ π = tx;tx Vậy ∫∫ + +−= + = 3 1 3 1 2 1 1 12 1 2 dt t tdt t t I + +− = ++−= 2 31 3 22 1 3 1 2 2 2 lntlnt t 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu IV 1 điểm Tính thể tích khối chóp C C B B . A ′ ′ ′ . A’ C’ B’ N A C O M B Gọi O là tâm của đáy ABC và M là trung điểm cạnh BC. Hạ A A MN ′ ⊥ . Do )AMA(BC ′ ⊥ nên MN là đoạn vuông góc chung của A A ′ và BC 4 3a MN =⇒ Ta có ; a AMAO; a AM 3 3 3 2 2 3 === 4 3 22 a MNAMAN =−= Hai tam giác OA A ′ và MNA đồng dạng nên 3 a AN AO.MN OA AN AO MN OA == ′ ⇒= ′ . 18 3 4 3 3 3 2 3 2 3 1 32 aa . a .S.OAS.OAS.OAVVV ABCABCABCABC.AABC.CBACCBB.A == ′ = ′ − ′ =−= ′′′′′′′ 0,2 5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Đ Ề S Ố 026 http://tranthanhhai.tk http://www.VNMATH.com http://www.VNMATH.com 106 http://www.VNMATH.com Câu V 1 điểm Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn phương trình 2010416 2010 2 5 = + log xcosxsin . Lấy 2010 log cả 2 vế thì phương trình 5416 2 =+⇔ xcosxsin Ta có 5454 4 1 4 4 1 4 4 1 4 4 1 4416 5 1442 ≥≥++++=+ −+ )xcosxsin(xcosxcosxcosxcosxsinxcosxsin do 1 22 =+≥+ xcosxsinxcosxsin Dấu bằng xảy ra ∈π=⇔=⇔ =+ = ⇔ )Zk(kxxsin xcosxsin xcosxsin 0 1 4 4 1 4 4 0,2 5đ 0,5đ 0,25đ Câu VIa 2 điểm 1) Viết phương trình đường thẳng (d) Đường tròn )C( 1 có tâm );(I 01 1 và bán kính 2 1 1 =R . Đường tròn )C( 2 có tâm );(I 22 2 và bán kính 2 2 =R . Ta cần có (d) là tiếp tuyến của )C( 1 và cách tâm I 2 một khoảng 2 2 2 2 2 = −= MN RIH * TH1: Nếu (d) có dạng x = c. Ta có hệ ⇒ =− =− 22 2 1 1 c c vô nghiệm c * TH2: Nếu (d) có dạng y = ax + b. Ta có hệ ⇔+−=+⇒ = + +− = + + baba )( a ba )( a ba 222 22 1 22 1 2 1 1 2 2 −= =+ 2 234 b ba Khi 234 = + ba thay vào (1) giải ra 1 − = a hoặc 7 1 −=a ⇒ (d): 02 = − + yx hoặc 067 = − + yx Khi 2 − = b thay vào (1) giải ra a = 1 hoặc a = 7 ⇒ (d): 02 = − − yx hoặc 027 = − − yx 2) Xác định tọa độ đỉnh D. Ta có BC = 3. Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3. Gọi ∆ là đường thẳng đi qua C và song song với AB và (S) là mặt cầu tâm A, bán kính R = 3 thì D là giao của ∆ và (S). Đường thẳng ∆ đi qua C có vtcp );;(AB 222− → nên ta có phương trình )( mz my mx : 1 22 21 2 += +−= −= ∆ Mặt cầu (S) có phương trình: )()z()y()x( 29211 222 =++++− . Giải hệ (1), (2) tìm ra 1 − = m hoặc 3 2 −=m . Khi m = -1 ta có );;(D 032 − (loại vì khi đó CD = AB = 32 nên ABCD là hình bình hành) Khi 3 2 −=m ta có );;(D 3 2 3 7 3 4 − (thỏa mãn) 1 điểm 0 ,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0 ,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Đ Ề S Ố 026 http://tranthanhhai.tk http://www.VNMATH.com http://www.VNMATH.com 107 http://www.VNMATH.com Câu VIIa 1 điểm Tính tổng 2009 2010 25 2010 23 2010 21 2010 200953 C CCCS +−+−= . Khai triển 20102010 2010 33 2010 22 2010 1 2010 0 2010 2010 1 xC xCxCxCC)x( +++++=+ Đạo hàm 2 vế 20092010 2010 23 2010 2 2010 1 2010 2009 20103212010 xC xCxCC)x( ++++=+⇒ Nhân 2 vế với x và đạo hàm ta được [ ] 20082009 1200912010 )x(x)x( +++ = 20092010 2010 223 2010 22 2010 21 2010 201032 xC xCxCC ++++ Thay x = i vào 2 vế ta có Vế trái = )i(.)i()i.()i()i.( 201012201020101220102010112010 100410042008 +=+=++ Vế phải = )C C(i)C CCC( 2010 2010 22 2010 22009 2010 25 2010 23 2010 21 2010 20102200953 +−++−+− Vậy 1004 22010.S = 0,2 5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIb 2 điểm 1) Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Ta có 232 == IMAB và 222 ==⇒== MDMA AB S AD ABCD . Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và nhận );(MI 2 3 2 3 → làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình 03 = − + yx . Vì 2== MDMA nên tọa độ A, D là nghiệm của hệ =+− =−+ 23 03 22 y)x( yx . Giải hệ tìm ra A( 2; 1), D( 4; -1) Vì I là trung điểm AC và BD nên từ đó có C(7; 2) và B(5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1). 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A Giả sử A(a; 0; 0); B(0; b; 0) và C(0; 0; c) 1=++⇒ c z b y a x :)P( . Từ )P(H ∈ suy ra )( cbacba 111 262 1 11 2 11 6 11 2 =++−⇔=++− . Ta có: );;a(AH 11 2 11 6 11 2 −− → ; )c;b;(BC − → 0 . Vì )(cbBCAH 2026 = + − ⇒ ⊥ );b;(BH 11 2 11 6 11 2 −− → ; )c;;a(AC 0− → . Vì )(caACBH 3022 = + ⇒ ⊥ Giải hệ (1), (2), (3) tìm ra 2 3 2 2 ==−= c;b;a và từ đó có phương trình 023 = + − − zyx:)P( 1 điểm 0 ,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIIb 1 điểm Giải phương trình )Rx()x(log x ∈=++ −+ 112 3 2 311 2 1 Đặt 011 2 ≥−+= xt . Phương trình trở thành t )t(log 311 3 =++ Đặt )t(logy 1 3 += ta có hệ =⇔−=−⇒ += += ytyt y t ty t y 33 13 13 Vậy ta có 13 += t t . Xét hàm 13 −−= t)t(f t với 0 ≥ t ta thấy phương trình f(t) = 0 chỉ có nghiệm duy nhất t = 0. Từ đó suy ra 0011 2 =⇔=−+= xxt . 0,2 5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Đ Ề S Ố 026 http://tranthanhhai.tk http://www.VNMATH.com http://www.VNMATH.com 108 http://www.VNMATH.com . THCS & THPT NGUYỄN KHUYẾN ĐỀ THỬ SỨC ĐẠI HỌC 2010 LỚP 12D1 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đ Ề S Ố 026 http://www.VNMATH.com http://www.VNMATH.com 26 http://www.VNMATH.com . LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. (2 điểm) Cho hàm số . x x y 2 32 + + =. http://www.VNMATH.com http://www.VNMATH.com 26 http://www.VNMATH.com SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010 NỘI DUNG ĐIỂM Câu I. 2 điểm 1) Khảo sát