tRƯờNG THPT LạNG GIANG Số 2 TNH - BC GIANG đề số 1 đề THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010 Môn thi: Toán, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Phần chung cho tất cả các thí sinh: Câu I (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = 1 24 + xx (C) 2. Với giá trị nào của tham số a thì đồ thị hàm số y = 323 32 aaxx + có hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua đờng phân giác của góc phần t thứ I và thứ III. Câu II (2 điểm) 1. Giải phơng trình x x xx tan2 sin1 cossin1 = + ++ 2. Giải hệ phơng trình =++ =+ 2)2( 1 3 22 yyxxy xyx y y x Câu III (1 điểm) Tính tích phân dx x x + 0 2 2 )sin2( 2sin Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D có AB = a, BC = 2a và AA = a . Lấy điểm M trên cạnh AD sao cho AM = 3MD. a) Tính thể tích khối chóp M.AB C theo a. b) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (AB C ) theo a. Câu V (1 điểm) Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn 02 22 =+ yx . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) yxxyP ++= 41 . Phần Riêng: (3 điểm) Thí sinh chỉ đ ợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chơng trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD với )1;1;1(A , )2;0;2(B , )3;1;0( C , )0;1;4( D . Tính độ dài đờng cao của tứ diện kẻ từ đỉnh D. 2. Cho đờng tròn 25)3()4(:)( 22 =++ yxC và đờng thẳng 01043:)( =+ yx . Lập phơng trình đờng thẳng )( 1 biết )()( 1 và )( 1 cắt (C) tại A, B sao cho AB = 6. Câu VII.a (1 điểm) Tìm số hạng chứa y 3 z 6 t 6 trong khai triển (y + z + t) n , biết: 1022 6 5 3 5 2 5 1 5 =++++ n nnnn CCCC (với n là số tự nhiên, 7n ) B. Theo chơng trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho điểm M(1; 2; 3). Lập phơng trình mặt phẳng (P), biết rằng (P) cắt ba trục Ox, Oy, Oz lần lợt tại A, B, C sao cho M là trọng tâm của tam giác ABC. 2. Cho tam giác ABC có ba đỉnh thuộc mặt cầu (S) : 086246 222 =+++ zyxzyx và mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có phơng trình 0922 =+ zyx . Xác định tọa độ tâm của đ- ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phơng trình: 06515102 22 >+ xxxx _________________Hết_______________ tRƯờNG THPT LạNG GIANG Số II TNH - BC GIANG Đề số 1 Đáp án - thang điểm THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010 Môn thi: Toán, khối A (Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa) Câu Đáp án Điểm GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 I (2 điểm) 1. (1 điểm) Tập xác định của hàm số là R Sự biến thiên. a/ Giới hạn = y x lim =+ )1(lim 24 xx x +=+ ) 11 1(lim 42 4 xx x x ; += + y x lim b/ Bảng biến thiên Ta có y = )12(224 23 = xxxx y = 0 2 1 ,00)12(2 2 === xxxx Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 2 1 ( 0) và ( ; 2 1 + ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng ) 2 1 ;( và ( ) 2 1 ;0 Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, giá trị cực đại của hàm số là y(0) = 1. Hàm số đạt cực tiểu tại hai điểm x = 2 1 , giá trị cực tiểu là 4 3 ) 2 1 ( = y Đồ thị + Điểm uốn. Ta có y = 212 2 x , y = 0 khi 6 1 6 1 2 == xx y đổi dấu khi qua hai nghiệm đó. Do vậy đồ thị hàm số có hai điểm uốn là 36 31 ; 6 1 1 U và 36 31 ; 6 1 2 U . + Đồ thị cắt Oy tại (0; 1) + Giải phơng trình = 0y 1 24 + xx = 0 Phơng trình này vô nghiệm đồ thị không cắt trục Ox. + Đồ thị hàm số còn đi qua điểm (-1; 1) và (1; 1) + Nhận xét: Hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng. 0,25 0,25 0,25 0,25 2.(1 điểm) Hàm số có tập xác định R. Ta có y = )(666 2 axxaxx = ; y = 0 == == 0 0 3 yax ayx Đồ thị hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi y = 0 có hai nghiệm phân biệt 0 a Khi đó tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là M(0; a 3 ), N(a; 0). Đờng phân giác của góc phần t thứ I và thứ III có phơng trình y = x Hai điểm này đối xứng với nhau qua đờng thẳng y = x khi và chỉ khi = = NM NM xy yx 11 23 === aaaa . 0,25 0,25 0,25 0,25 II (2 điểm) 1.(1 điểm) GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 (C) x y 0 U 2 U 1 2 1 1 x y y -1/ 0 1/ 0 0 0 + _ + _ + 3/4 3/4 1 + + Điều kiện (*) 2 0cos 01sin 0cos kxx x x + + Phơng trình x x xx tan2 sin1 cossin1 = + ++ ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 0cos1sin1 0)]sincos2()sin1[(cossin1 sin1sincos2sin1sin1cos sin1sincos2cossin1cos sin1sincos2cossin1cos cos sin 2 sin1 cossin1 2 2 =+ =++ +=++ +=++ +=++ = + ++ xx xxxxx xxxxxx xxxxxx xxxxxx x x x xx 21cos )0sin1(0cos1 kxx xx == += ra suy 1,sinx 0,cosx do Vậy )(,2 Zkkx = là nghiệm của phơng trình đã cho. 0,25 0,25 0,25 0,25 2.(1 điểm) Điều kiện 0xy . Với điều kiện này ta có: =++ =+ =++ =+ )2(22 )1(1 2)2( 1 322 33 3 22 yxyyx yx yyxxy xyx y y x Từ (1) và (2) suy ra )(22 33322 yxyxyyx +=++ ( ) ( ) = = = == =+ yx yx yx yxyxyxyyxx yxyxyx 2 020)()(2 0)()22( 222222 2323 Với yx = , thay vào (1) ta có . 2 1 12 3 3 == yy Với yx = , thay vào (1) ta có ( ) 101 3 3 ==+ yy (vô nghiệm). Với xy 2= , ta có . 9 1 191)2( 3 333 ===+ xxxx Vậy nghiệm của hệ phơng trình là ( ) ( ) = = 33 33 9 2 ; 9 1 ;, 2 1 ; 2 1 ; yxyx 0,25 0,5 0,25 III (1 điểm) Ta có K = dx x x + 0 2 2 )sin2( 2sin = dx x xx + 0 2 2 )sin2( cossin 2 Đặt xdxdtxt cossin == . Đổi cận, ;1 2 == tx 00 == tx Vậy ta đợc K = + + = + + = + 0 1 2 0 1 0 1 2 0 1 2 )2( 4 2 2 )2( ).22( 2 )2( . 2 t dt t dt t dtt t dtt = ( ) 24ln422ln2] 2 4 2ln2[ 0 1 =+= + ++ t t 0,25 0,25 0,25 0,25 GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 IV (1 điểm) a. Ta có MACBCABM VV '.'. = . BB (ABCD) nên hình chóp B .AMC có chiều cao là BB = a. Do AM = 3MD nên AM = 4 3 AD, suy ra: 4 3 .2. 2 1 . 4 3 4 3 2 a aaSS ADCAMC === . Vậy thể tích của khối tứ diện B .MAC là: 4 . 4 3 . 3 1 '. 3 1 32 '. a a a BBSV AMCMACB === . Hay . 4 3 '. a V CABM = b. Gọi h là khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (AB C ). Khi đó ta có: 4 . 3 1 3 ''. a hSV CABCABM == (theo a/) (1) Ta dễ tính đợc '5' 222 ACBaCBAC == cân tại điểm C. Do đó đờng trung tuyến CI của tam giác ACB cũng là đờng cao. Vậy 2 3 2 9 2 2 5 2 2 2222 a CIa a aAICACI == == . Dẫn đến diện tích của tam giác AB C là . 2 3 2 3 .2 2 1 '. 2 1 2 ' aa aCIABS CAB === Thay vào (1) ta suy ra đợc khoảng cách cần tìm là 2 3 2 . 4 3 4 3 2 3 ' 3 a a a S a h CAB === . Cách 2: (Sử dụng phơng pháp tọa độ) a. Chọn hệ trục tọa độ Đêcác Oxyz sao cho B trùng với O, );0;0('),0;2;0(),0;0;( aBaCaA . Do AM = 3MD nên AM = 4 3 AD, tức 4 )2.(3 a AM = . Suy ra điểm M có tọa độ là )0; 2 3 ;( a aM . Thể tích của khối chóp M.AB C đợc tính bởi công thức [ ] AMACABV CABM .,' 6 1 '. = (1) Ta có ( ) ( ) 0;2;,;0;' aaACaaAB == Suy ra [ ] ( ) 222 2;;2 2 0 ; 0 ; 02 0 ,' aaa aa a a aa a a ACAB = = ; = 0; 2 3 ;0 a AM Thay vào (1) ta đợc ( ) . 4 0 2 3 .0 6 1 3 2 '. aa aV CABM =++= 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 A D C B A D C M I a 2a a Ba x A B C D A B C D a 2a a z y M b. Mặt phẳng (AB C ) có phơng trình theo đoạn chắn là 1 2 :)'( =++ a z a y a x CAB Hay 0222:)'( =++ azyxCAB . Vậy khoảng cách từ điểm )0; 2 3 ;( a aM đến mặt phẳng (AB C ) là: . 2 212 20 2 3 .2 ))'(,( 222 a a a a CABMd = ++ ++ = V (1 điểm) Đặt xyyxtRtyxt 2)( 222 ++=+= . Do 02 22 =+ yx , dẫn đến 2 22 =+ yx nên 2 2 2 = t xy . Suy ra 5424421 2 2 41 22 2 +=+= + = ttttt t P . Do ( ) xyyx 4 2 + nên 224 2 2 .4 2 2 2 tt t t . Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P, ta đi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 542)( 2 += tttf trên đoạn ]2;2[ Ta có: ]2;2[10)(';44)(' === ttfttf 11)2(;7)1(;5)2( === fff Suy ra [ ] 11)(minmin 2;2 == tfP , khi 1== yx [ ] 7)(maxmax 2;2 == tfP , khi 2 1 ,1 ==+ xyyx , (ta dễ tìm đợc x, y). (Chú ý rằng 542)( 2 += tttf có đồ thị là một đờng Parabol, đỉnh của (P) là điểm có hoành độ x = 1 2 = a b , từ đó suy ra giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của f(t) chỉ có thể đạt tại các điểm )2,1,2 === ttt 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.a (2 điểm) 1.(1 điểm) Ta có ( ) 1 ;1- ;3-=AB , ( ) 4- ;0 ;1-=AC là hai véc tơ không cùng phơng và giá của chúng nằm trên mp(ABC). Suy ra mp(ABC) có một véc tơ pháp tuyến là: [ ] ( ) 1- ;13- ;4= == 01 13 ; 14 31 ; 40 11 , ACABn . Mặt phẳng (ABC) qua )1;1;1(A . Phơng trình của (ABC) là: 4( 0)1()1(13)1 = zyx 010134:)( =+ zyxABC . Độ dài đờng cao của tứ diện hạ từ đỉnh D bằng khoảng cách từ điểm )0;1;4( D đến mặt phẳng (ABC). Vậy chiều cao của tứ diện hạ từ D là 186 29 1134 01316 ))(,( 222 = ++ ++ =ABCDd . 0,25 0,25 0,25 0,25 2.(1 điểm) Do đờng thẳng )( 1 vuông góc với )( nên ph- ơng trình của )( 1 có dạng: 034 =++ myx . 0,25 GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 A B I H (C) 1 R Đờng tròn (C) có tâm I(- 4 ; 3) và có bán kính R = 5. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên dây cung AB, H là trung điểm AB, AH = 3. Tam giác AIH vuông tại H suy ra : IH = 435 2222 == AHAI . Ta có IH chính là khoảng cách từ tâm I đến đờng thẳng )( 1 . = = == + ++ = 13 27 2074 34 916 4))(,( 22 1 m m m m Id Vậy có hai đờng thẳng )( 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán, phơng trình của )( 1 là: 02734 =++ yx và 01334 =+ yx . 0,25 0,25 0,25 VII.a (1 điểm) Ta có 1022 6 5 3 5 2 5 1 5 =++++ n nnnn CCCC + 2 ),7(,1024 6 5 3 5 2 5 1 5 NnnCCCC n nnnn =++++ (Cộng hai vế của đẳng thức với số 2) + 0 5n C 1024 5 5 6 5 3 5 2 5 1 5 =+++++ n n n nnnn CCCCC (do 1 5 5 0 5 == n nn CC ) 1510521024)11( 105 ====+ nn n (thỏa mãn) Với n = 15, ta có : (y + z + t) 15 = 15 ])[( ytz ++ = = + 15 0 15 15 )( k kkk ytzC Suy ra số hạng có chứa y 3 trong khai triển 15 ])[( ytz ++ là : T = 3123 15 )( ytzC + (ứng với k = 3) (1) Trong khai triển = =+ 12 0 12 12 12 )( i iii tzCtz , số hạng chứa z 6 t 6 là T = 666 12 tzC (ứng với i = 6) (2) Từ (1) và (2) suy ra số hạng chứa y 3 z 6 t 6 trong khai triển (y + z + t) 15 là : 6636 12 3 15 tzyCC . 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.b (2 điểm) 1.(1 điểm) Do A, B, C lần lợt thuộc Ox, Oy, Oz nên ta giả sử A(x A ; 0 ; 0), B(0 ; y B ; 0), C(0 ; 0 ; z C ). Vì M là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có: =++ =++ =++ MCBA MCBA MCBA zzzz yyyy xxxx 3 3 3 = = = 9 6 3 C B A z y x . Mặt phẳng (P) đi qua A(3 ; 0 ; 0), B(0 ; 6 ; 0), C(0 ; 0 ; 9) nên (P) có phơng trình là: 1 963 =++ zyx (Phơng trình mặt p theo đoạn chắn) .018236:)( =++ zyxP 0,25 0,25 0,5 2.(1 điểm) (S): ( ) ( ) ( ) 100123 222 =+++ zyx , suy ra (S) có tâm I(3 ; -2 ; 1) bán kính R = 10. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (ABC). Khi đó H là tâm của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi (d) là đờng thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (ABC). Khi đó đờng thẳng (d) nhận véctơ pháp tuyến của mp(ABC) làm véctơ chỉ phơng. Véctơ chỉ phơng của (d) là =u (2 ; -2 ; -1). Vậy phơng trình tham số của đờng thẳng (d) là )(, 1 22 23 Rt tz ty tx = = += . H = )()( dP suy ra tọa độ của H ứng với tham số t là nghiệm của phơng trình: 0,25 0,25 0,5 GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 (d) I A (S) P B C H n 20189 09)1()22(2)23(2 ==+ =++ tt ttt thay t tìm đợc vào phơng trình tham số của (d) ta có tọa độ của H(-1 ; 2 ; 3). Vậy đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là H(-1 ; 2 ; 3) Nhận xét: Có thể xác định tọa độ điểm H theo cách sau: Giả sử điểm H(x ; y ; z). Ta có ( ) 1;2;3 += zyxIH , véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là ( ) 1;2;2 =n . H là hình chiếu của I trên (ABC) ph ong cùngnIH ABCH , )( = = = = =+ = = + = =+ 3 2 1 42 1 922 1 1 2 2 2 3 0922 z y x zy yx zyx zyx zyx Vậy đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là H(-1 ; 2 ; 3). VII.b (1 điểm) Bt phơng trình tơng đơng : 0365)65(2 22 >+ xxxx Đặt t = 65 2 xx ( đk t 0 ) 22 65 txx = Bất phơng trình ban đầu trở thành: < > >+ 2 3 1 032 2 t t tt ( t < 2 3 (loại)) Với t > 1 ta có 65 2 xx > 1, bình phơng hai vế ta có : > 165 2 xx < + > > 2 535 2 535 075 2 x x xx Vởy bất phơng trình có tập nghiệm là : T = ); 2 535 () 2 535 ;( + + 0,25 0,25 0,5 Hết GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683 . THPT LạNG GIANG Số 2 TNH - BC GIANG đề số 1 đề THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010 Môn thi: Toán, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Phần chung cho tất cả các thí sinh: Câu. xxxx _________________Hết_______________ tRƯờNG THPT LạNG GIANG Số II TNH - BC GIANG Đề số 1 Đáp án - thang điểm THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010 Môn thi: Toán, khối A (Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm. T :016 69839683 I (2 điểm) 1. (1 điểm) Tập xác định của hàm số là R Sự biến thi n. a/ Giới hạn = y x lim =+ )1(lim 24 xx x +=+ ) 11 1(lim 42 4 xx x x ; += + y x lim b/ Bảng biến thi n Ta có