ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ Bài 1: Cho hàm số y = x + mx − 2x − 3mx + (1) . 1). Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 0. 2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Bài 2: 2+3 1). Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = ( ) 2). Giải phương trình: 2x +1 +x x + + x + x + 2x + = Bài 3: Cho điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1). 1). Viết phương trình m.phẳng chứa AB song song với CD. Tính góc AB, CD. 2). Giả sử mặt phẳng ( α ) qua D cắt ba trục tọa độ điểm M, N, P khác gốc O cho D trực tâm tam giác MNP. Hãy viết phương trình ( α ). Bài 4: Tính tích phân: I = π ∫ ( x + 1) sin 2xdx . ( ) ( ) x x +1 x x Bài 5: Giải phương trình: − + 2 − sin + y − + = . Bài 6: Giải bất phương trình: x + x −1 + ≥ 10.3x + x −2 . Bài 7: 1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét tập không rỗng chứa số chẵn phần tử rút từ tập A. Hãy tính xem có tập vậy. 2). Cho số phức z = − + i . Hãy tính : + z + z2. 2 Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC h.chóp tam giác cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b. Gọi α góc hai mặt phẳng (ABC) (A'BC). Tính tan α thể tích khối chóp A'.BB'C'C. Câu 9: x2 y + = 1. Tìm toạ độ điểm A, B thuộc (E), biết hai điểm A, B đối xứng với qua trục hoành tam giác ABC tam giác đều. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) elip (E): -----------------------------------------------------------Hết------------------------------------------------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 5) Bài 1: 2) y = x + mx − 2x − 2mx + (1) Đạo hàm y / = 4x3 + 3mx − 4x − 3m = (x − 1)[4x + (4 + 3m)x + 3m] ° x = y/ = ⇔ 4x + (4 + 3m)x + 3m = ° Hàm số có cực tiểu (2) ⇔ y có cực trị ⇔ y/ = có nghiệm phân biệt ∆ = (3m − 4)2 > ⇔m≠± . 4 + + 3m + 3m ≠ ⇔ (2) có nghiệm phân biệt khác ⇔ Giả sử: Với m ≠ ± ° ° , y/ = có nghiệm phân biệt x1 , x , x 3 Bảng biến thiên: x -∞ y/ y +∞ x1 + x2 CĐ x3 - CT Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có cực tiểu. Kết luận: CT +∞ + +∞ Vậy, hàm số có cực tiểu m ≠ ± . Bài 2: 1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2+3 2+3 ⇔ cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 8 ⇔ cos 3x + sin 3x+3 ( cos3xcosx − sin 3x sinx ) = 2+3 2 π π ⇔ cos4x = ⇔ x = ± + k ,k ∈ Z . 2 16 2) Giải phương trình : 2x +1 +x x + + ( x + 1) x + 2x + = . (a) v2 − u2 = 2x + u = x + 2, u > u2 = x + ⇒ ⇒ * Đặt: v2 − u − 2 v = x + 2x + x = v = x + 2x + 3, v > ° Ta có: v2 − u2 − v2 − u2 − v2 − u u v2 − u2 v 2 (a) ⇔ v2 − u2 + .u + + .v = ⇔ v − u + .u − + ÷÷ ÷÷ ÷÷ ÷÷.v + = 2 v − u = (b) v + u 1 ⇔ (v − u) (v − u) + ÷ + = ⇔ (v + u) + v + u + = (c) 2 ÷ ° ° Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. Do đó: (a) ⇔ v − u = ⇔ v = u ⇔ x + 2x + = x + ⇔ x + 2x + = x + ⇔ x = − Kết luận, phương trình có nghiệm nhất: x = − Bài 3: . uuu r AB = ( 2;0;2 ) uuu r uuur ⇔ AB 1) + Ta có uuur , CD = ( −6; −6;6 ) . Do mặt phẳng (P) chứa AB song song CD có C D = − 3;3;0 ( ) r VTPT n = ( 1;1; −1) A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + = 0.(P) Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) ⇒ C không thuộc (P), (P) // CD. uuu r uuur AB.CD uuu r uuur + cos ( AB, CD ) = cos AB, CD = = ⇒ ( AB, CD ) = 600 AB.CD ( ) 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz. uuur uuuur uuur uuuur DP = ( 1; −1; p − 1) ; NM = ( m; − n;0 ) DP.NM = m + n ⇒ uuur uuuu uuuu r r Ta có : uuur . DN = ( 1; n − 1; −1) ; PM = ( m;0; − p ) DN .PM = m + p Mặt khác: x y z −1 1 + + = . Vì D ∈( α ) nên: + + = 1. m n p m n p Phương trình mặt phẳng ( α ) theo đoạn chắn: m+ n = uuur uuuur uuur uuuur DP ⊥ NM DP.NM = m = −3 r ⇔ uuur uuuu r D trực tâm ∆MNP ⇔ uuur uuuu . Ta có hệ: m + p = ⇒ . n = p = DN ⊥ PM DN .PM = −1 1 + + =1 m n p x y z + + = 1. Kết luận, phương trình mặt phẳng ( α ): −3 3 du = dx u = x + ⇒ Đặt dv = sin 2xdx v = cos2x π Bài 4: Tính tích phân I = ( x + 1) sin 2xdx . ∫ π 1 I = − ( x + 1) cos2x + 2 Bài 5: Giải phương trình − x ( ( x +1 ( )) ( x ) ∫ π π π cos2xdx = + + sin 2x = + . 4 ) ( ) + 2 − sin x + y − + = (*) Ta có: (*) ⇔ − + sin + y − x π /2 x ( ) x ( x Từ (2) ⇒ sin + y − = ±1 . ( Khi sin ( ) + y − 1) = −1 , thay vào (1), ta được: x Khi sin + y − = , thay vào (1), ta được: 2x = (VN) x x = ⇔ x = 1. π + kπ , k ∈ Z . π Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; −1 − + kπ , k ∈ Z ÷. x + x −1 x + x −2 Bài 6: Giải bất phương trình: . Đặt t = 3x + x , t > 0. + ≥ 10.3 Thay x = vào (1) ⇒ sin(y +1) = -1 ⇔ y = −1 − ( ) 2 x − + sin x + y − = 0(1) + cos + y − = ⇔ x cos + y − = 0(2) Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + ≥ ⇔ ( t ≤ t ≥ 9) ) Khi t ≤ ⇒ t = 3x +x x Khi t ≥ ⇒ t = +x ≤ ⇔ x + x ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ .(i) x ≤ −2 ≥ ⇔ x2 + x − ≥ ⇔ (2i) x ≥ Kết hợp (i) (2i) ta có tập nghiệm bpt là: S = (- ∞; -2]∪[-1;0]∪[1; + ∞). Bài 7: k 1) Số tập k phần tử trích từ tập A C50 ⇒ Số tất tập không rỗng chứa 50 số chẵn phần tử từ A : S = S = C50 + C50 + C50 + . + C50 . Xét f(x) = ( + x ) 50 50 50 = C50 + C50 x + C502 x + . + C5049 x 49 + C50 x 49 50 Khi f(1) =250 = C50 + C50 + C50 + . + C50 + C50 . 49 50 f(-1) = = C50 − C50 + C50 − . − C50 + C50 ( ) 50 50 50 49 Do đó: f(1) + f(-1) = 250 ⇔ C50 + C50 + C50 + . + C50 = ⇒ ( + S ) = ⇒ S = − . Kết luận:Số tập tìm S = 249 − 2) Ta có z = 3 i ÷+ − − i ÷= − − i . Do đó: + z + z = + − + 2 2 4 Bài 8: Gọi E trung điểm BC, H trọng tâm ∆ ABC. Vì A'.ABC hình chóp nên góc hai mặt phẳng (ABC) (A'BC) ϕ = ·A ' EH . Tá có : AE = a a a 9b − 3a . ⇒ A ' H = A ' A2 − AH = , AH = , HE = Do đó: tan ϕ = VA '. ABC = A ' H 3b − a ; a2 a 3b − a = S ∆ABC = ⇒ VABC . A ' B ' C ' = A ' H .S ∆ABC = HE a 4 a 3b − a . A ' H .S ∆ABC = 12 Do đó: VA ' BB ' CC ' = VABC . A ' B ' C ' − VA '. ABC . VA ' BB ' CC ' a 3b − a (đvtt) = A ' H .S ∆ABC = . đó f(1) =2 50 0 1 2 49 50 50 50 50 50 50 C C C C C= + + + + + . f(-1) = 0 0 1 2 49 50 50 50 50 50 50 C C C C C= − + − − + Do đó: f(1) + f(-1) = 2 50 ⇔ ( ) 2 4 6 50 50 50 50 50 50 2 2C C. A là 50 k C ⇒ Số tất cả các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần tử từ A là : S = 2 4 6 50 50 50 50 50 S C C C C= + + + + . Xét f(x) = ( ) 50 0 1 2 2 49 49 50 50 50 50 50 50 50 1 x. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ 5 Bài 1: Cho hàm số 4 3 2 x 2x 3 x 1 (1)y x m m = + − − + . 1). Khảo sát sự biến thi n