De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

[r]

Trờng THPT Nguyễn Huệ đề thi thử đại học lần năm 2010 Môn: TOáN ; Khối: A,B (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần chung cho tất thí sinh (7,0 im)

Câu I(2 điểm) Cho hàm số

2

1 x y

x  



1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 Tìm (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Câu II(2 im)

1 Giải hệ phơng trình:

1

6

x y

x y

     



2 Giải phơng trình:

1 2(cos sin )

tan cot cot

x x

x x x



Câu III(1 điểm)

Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) tâm O đờng kính AB = 2R.Trên đờng thẳng vng góc với (P) O lấy điểm S cho OS = R I điểm thuộc đoạn OS với SI =

2 R

M điểm thuộc (C) H hình chiếu I SM Tìm vị trí M (C) để tứ diện ABHM tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nht ú

Câu IV(1 điểm)

Tính tích ph©n: I =

1

2

11

dx

x x

  

Câu V(1 điểm) Cho x, y, z sè thùc d¬ng tháa m·n xyz=1 Chøng minh r»ng

1 1

1

1 1

x y  y z  z x  

Phần riêng(3,0 điểm).Thí sinh đợc làm hai phần (phần A B) A.Theo chng trỡnh Chun

Câu VI.a(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng

3

2 trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C.

Câu VII.a(1 điểm) Từ chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 lập đợc số tự nhiên có chữ số đôi khác ( chữ số phải khác 0) phải có chữ số

Câu VIII.a(1 điểm) Tìm a để bất phơng trình sau có nghiệm:

2

1

3

log x  1 log (ax a ) B.Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI.b(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

2

1

4

x y

 

đờng thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M  kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đờng thẳng AB qua điểm cố định

Câu VII.b(1 điểm) Cho hàm số

2 4 3

2

x x

y x   

 có đồ thị (C).Giả sử đờng thẳng y = kx + cắt (C) điểm phân biệt A, B Tìm tập hợp trung điểm I AB k thay đổi

Câu VIII.b(1 điểm) Giải phơng trình:

2

2

log log

3 1 xx 1 x 1 x -

-Trờng THPT Nguyễn Huệ đáp án – thang điểm

Môn: TOáN ; Khối: A,B Lu ý:Mọi cách giải ngắn gọn u cho im ti a

Câu Đáp ¸n §iĨm

I 1.(1,0 điểm) Khảo sát (2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1}

* Sù biÕn thiªn

- Giới hạn tiệm cận: xlim yxlim y2; tiÖm cËn ngang: y = 2

( 1) ( 1)

lim ; lim

x   y x   y 

; tiệm cận đứng: x = -

0,25

- Bảng biến thiên

Ta có

1

'

( 1)

y x

 

 víi mäi x- 1

x - ∞ -1 + ∞

y’ + +

y + ∞ 2 - ∞

Hàm số đồng biến khoảng (- ∞ ; -1) và ( -1; + )

0,5

* Đồ thị

0,25

2. (1,0 điểm) Tìm (C) điểm .

Gọi M(x0;y0) điểm thuộc (C), (x0- 1) th×

0

0

2 1

x y

x

 

Gọi A, B lần lợt hình chiếu M TCĐ TCN

MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |

0

2 1

x x



 - 2| = | 0

1

x  |

0,25

0,25

Theo Cauchy th× MA + MB  2

0

1

x

1 x 

 =2

 MA + MB nhá nhÊt b»ng x0 = hc x0 = -2.Nh vËy ta cã hai điểm cần tìm (0;1) (-2;3)

0,25

II 1.(1,0 điểm) Giải hệ (2,0 ®iĨm)

§iỊu kiƯn: x-1, y1

Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ

1 10

6

x x y y

x x y y

         

      

Đặt u= x x6, v = y 1 y4 Ta cã hÖ 10

5 2u v u v     

  

  

5 u v  

3 x y

lµ nghiƯm cđa hƯ

0,25 0,25

0,25 0,25

2. (1,0 điểm) Giải phơng trình Điều kiện:sinx.cosx0 cotx1 Phơng trình tơng đơng

1 2(cos sin ) sin cos cos

1 cos sin sin

x x

x x x

x x x

 

 

 cosx =

2

2  x = k2 

  

Đối chiếu điều kiện pt có họ nghiệm x = k2 

  

0,25 0,25

(1,0 ®iĨm)

S

H I

O

B

M A

Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mµ OS = R 3, SI =

3 R , SM = SO2OM2 2R SH = R hay H trung điểm SM

Gọi K hình chiếu vuông góc H lên mp(MAB) HK =

1 2SO=

3 R ,

(không đổi)

 VBAHM lớn dt(MAB) lớn  M điểm cung AB Khi VBAHM=

3

3

6 R (®vtt)

0,25

0,25 0,5

IV TÝnh tÝch ph©n (1,0 điểm)

Đặt u = x+ 1x2 th× u - x= 1x2  x2 2ux u  1 x2

2

1 1

1

2

u

x dx du

u u

  

      



Đổi cận x= - u = 2-1 x = th× u = 2+1

2 2

2

2 2

1

1

1

2

1 2 (1 )

du

du du

u I

u u u u

  

  

 



 

 

   

  

  

=

2

2

2

1 1 1

2

du

du

u u u u

 

 

 

    

   

 

=1

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu V (1,0 điểm)

Đặt x=a3 y=b3 z=c3 x, y, z >0 abc=1.Ta cã

a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)(a+b)ab, a+b>0 vµ a2+b2-abab  a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0

 3  

1

a  b 1 ab a b c   T¬ng tù ta cã

 

3

1

c bc a b c

b     

,  

3

1

a ca a b c

c     

Céng theo vÕ ta cã

1 1

1 1

x y   y z   z x  = 3

1

a  b 1+ 3 c

b   + 3

1 a

c  

  

1 1

a b c ab bc ca

         =   1 a b c  c a b   DÊu b»ng x¶y x=y=z=1

0,5

0,25

VI a Tìm tọa độ (1,0 điểm)

Ta cã: AB = 2, M = (

5 ;

2  ), pt AB: x – y – = 0

SABC=

1

2d(C, AB).AB =

2  d(C, AB)=

2

Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC th× d(G, AB)=

2

 d(G, AB)=

(3 8)

2 t t 

=

2  t = hc t = 2  G(1; - 5) G(2; - 2)

Mà CM 3GM

                          

 C = (-2; 10) hc C = (1; -4)

0,25

0,5 0,25

VII a Từ chữ số (1,0 ®iĨm)

Gäi sè cã chữ số abcdef

Nếu a = cã c¸ch chän b, c¸ch chän c, c¸ch chän d, c¸ch chän e, c¸ch chọn f ở có 7.6.5.4.3 = 2520số

Nếu b = có cách chọn a, c¸ch chän c, c¸ch chän d, c¸ch chọn e, cách chọn f ở có 6.6.5.4.3 = 2160sè

T¬ng tù víi c, d, e, f

VËy tÊt c¶ cã 2520+5.2160 = 13320 sè

0,25 0,5 0,25 VIII a Tìm a để

(1,0 điểm) Điều kiện: ax + a > 0

Bpt tơng đơng x2 1 a x( 1) Nếu a>0 x +1 >0.Ta có

2 1 x a x    NÕu a<0 th× x +1 <0.Ta cã

XÐt hµm sè y = 1 x x 

 víi x - 1

y’ = 2

1

( 1)

x

x x



  =0 x=1

x -  -1 + 

y’ - || - + y

-1 + 1

-

2

a>

2

2 hc a < - 1

0,25

0,25 0,25

VI b Chøng minh

(1,0 ®iĨm) Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng

1 1

4

xx yy

 

TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn

0 1 1

4

x x y y

 

(1)

Ta thấy tọa độ A B thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt

0 1

4

xx yy

 

M thuéc  nªn 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0  0 4 4 xx yy    0

4 (12 )

4

xx y  x

 

Gọi F(x;y) điểm cố định mà AB qua với M thì (x- y)x0 + 4y – = 0

 

4x y y xy1

 

  

Vậy AB qua điểm cố định F(1;1)

0,25

0,5

0,25 VII b Tìm tập hợp

(1,0 điểm)

y = kx + c¾t (C):

2 4 3

2 x x y x   

 Ta cã pt

2 4 3

2

x x

x  

 = kx + có nghiệm phân biệt k 1 Trung điểm I AB có tọa độ thỏa mãn

2 2 k x k y kx          

2

2 x x y x     

Vậy quĩ tích cần tìm đờng cong

2

2

2 x x y x     0,25 0,5 0,25

Đặt

2 log

3 1 x

=u,  

2 log

3 1 x v

ta cã pt u +uv2 = + u2 v2  (uv2-1)(u – 1) = 0

21 1 u uv

  



 x =1

0,25 0,5 0,25

Së GD-ĐT phú thọ

Trờng T.H.p.t long châu sa ÐỀ THI thư ĐẠI HỌC lÇn ii

NĂM häc: 2009-2010

Mơn thi : TỐN

làm bài:180 phútThời gian (không kể thời gian giao đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (C

m); ( m tham số)

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E

cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với

Câu II:(2 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

1 1

x y xy

x y

   

 

   

 

T×m x∈(0; π) thoả mÃn phơng trình: cotx = cos21 x

+tanx+sin

2

x −1

2sin 2x .

Câu III: (2 điểm)

Trên cạnh AD hình vng ABCD có độ dài a, lấy điểm M cho AM = x

(0 < x  a).

Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) A, lấy điểm S cho SA = 2a.

a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC).

b) Kẻ MH vng góc với AC H Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn

nhÊt

2. Tính tích phân: I =

2

0 (x sin ) cos 2x xdx 



 .

Chứng minh :

2 2

2

a b b c c a

b c c a a b

  

  

  

PHẦN RIấNG (3 điểm) ( Chú ý!:Thí sinh đợc chọn làm phần)

A Theo chương trỡnh chun

Cõu Va : 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diƯn tÝch b»ng 2 vµ

trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)

đờng thẳng  :

1

1

x y z

 

 Tìm toạ độ điểm M  cho:MA2MB228

Câu VIa : Giải bất phơng trình:

23x22x1

23

2+√3¿x

−2x+1

+¿ ¿

B Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb :1 Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho

qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d víi d :

x y z

2 1

 

 

 .Viết phương trình tắc đường thẳng qua điểm M,

cắt vuụng gúc với đường thẳng d tìm toạ độ điểm M’ đối xứng với M qua d

Câu VIb : Giải hệ phương trình

3

log log 2

4 4

4 2 ( )

log ( ) log 2 log ( 3 )

xy xy

x y x x y

  

 

    

 

……… … ……… Hết………. (Cán coi thi không giải thích thªm)

Híng dÉn chấm môn toán

Câu ý

Nội Dung

Điểm

I

1 Khảo sát hàm số (1

điểm)

y = x3 + 3x2 + mx +

1 (Cm)

1 m = : y = x3 +

3x2 + 3x +

(C3)

+ TXÑ: D = R + Giới hạn:

lim , lim

x  y  x y

+ y’ = 3x2 +

6x + = 3(x2 + 2x

+ 1) = 3(x + 1)2 

0; x

 hàm số đồng biến trên R

0,25

 Bảng biến

thiên:

0,25

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)

y” =  x

= –1  tâm đối xứng U(-1;0)

* Đồ thị (C3):

Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;U(-1)

0,25

2

Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) và

đường thẳng y = 1 là:

x3 + 3x2 + mx + =

1  x(x2 + 3x + m)

= 

 

   



x

x 3x m (2)

* (Cm) caét

đường thẳng y = tại C(0;1), D, E phân biệt:

 Phương trình (2)

có nghiệm xD, xE  0.



     

 



 

    

 

m 4m

4 m

0 m

9

(*)

0,25

Lúc tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc là: kD=y’(xD)=

   

2

D D D

3x 6x m (3x 2m);

kE=y’(xE)=

   

E E E

3x 6x m (3x 2m)

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc chæ khi: kDkE = –1

0,25

 (3xD +

2m)(3xE

+ 2m) =-1

 9xDxE+

6m(xD +

xE) +

4m2 = –

1

 9m + 6m(–3) +

4m2 = –1 (vì x D +

xE = –3; xDxE = m

theo ñònh lý Vi-ét).

 4m2 – 9m + =

0 

9 65

8

9 65

8 m

m

 

  

 

  

 So s¸nhĐk

(*): m =

  

1 65

II 2

1

1 §k:

1 x y

   

   (1)

( ) 0 ( )( 2 ) 0

2 0

2

0( )

x y y xy x y x y

x y

x y

x y voly

        

  

   

  



0,5

 x = 4y Thay

vµo (2) cã

4 1 1

4 2 1 2

1 ( )

2 2

5 10

2 ( )

2

y y y y

y y y y y

y tm

y x

x

y y tm

        

          

 

     

     



    

 



V©y hƯ cã hai

nghiƯm (x;y) = (2;1/2)

vµ (x;y) = (10;5/2)

0,25

2

®K:

¿

sin 2x ≠0

sinx+cosx ≠0

⇔ ¿sin 2x ≠0

tanx ≠ −1

¿{

¿

PT

⇔cosx −sinx

sinx =

cos 2x.cosx

cosx+sinx +sin

2

x −sinxcosx

⇔cosx −sinx

sinx =cos

2

x −sinxcosx+sin2x −sinxcosx

⇔ cosx −sinx=sinx(1−sin 2x)

⇔ (cosx −sinx)(sinxcosx −sin2x −1)=0

0,25

⇔ (cosx −sinx)(sin 2x+cos 2x −3)=0

(cosx sinx)( sin(2x 4) 3)



    

cos

2 sin(2 ) 3( )

4 x sinx

x  voly

 

  

  



0,25

⇔ cosx −sinx=0 ⇔ tanx = ⇔x=π

4+kπ(k∈Z) (tm®k)

Do x∈(0;π)⇒k=0⇒x=π

4

0,25

III 2

1

Do

( )

( ) ( )

( )

SA ABCD

SAC ABCD SA SAC

 

 

   Lai cã

( ) ( )

( ) ( , ) sin 45

2

o

MH AC SAC ABCD

x

MH SAC d M SAC MH AM

  

     

0,25

Ta cã

0

45

2

1

( )

2 2

1

( )

3 2

MHC

SMCH MCH

x x

AH AM cos HC AC AH a

x x

S MH MC a

x x

V SA S a a





      

   

   

Tõ biĨu thøc trªn ta cã:

 

3

2

1 2 2

3

2

2

SMCH

x x

a

a

V a

x x

a x a

 

 

  

 

⇔ M trïng víi D

0,25

2 1

I =

4 4

2

1

0 0

(x sin )x cos xdx2 xcos xdx2 sin 2xcos xdx I2 I

  

    

  

0,25

TÝnh I

đặt

4

0

1 sin sin

2 sin 2 0 2

du dx

u x x

I x xdx

v cos xdx v x





  

 

   

 

 

 

   

1

2

8

0 cos x



 

   

0,25

TÝnh I

4

2

2

1 4

sin (sin ) sin

2 6

0

I xd x x

 

   

VËy I=

1 1

8 12

 

   

0,25

IV 1 1

.Ta cã :VT =

2 2

( a b c ) ( b c a ) A B

b c c a a b      b c c a a b       0,25

 

3

1 1

3 ( ) ( ) ( )

2

1 1

3 ( )( )( )3

2

3

A a b b c c a

a b b c c a a b b c c a

a b b c c a A

 

          

  

 

    

  

 

0,25

2 2

2

1 ( ) ( )( )

1

1

2

a b c

a b c a b b c c a

a b b c c a

B B

          

  

   

0,25

Từ tacó VT

3

2 VP

   

Dấu đẳng thức xảy a=b=c=1/3

0,25

V.a 2

1 1

Ta cã: AB = 2, trung ®iĨm M (

5 ;  2),

pt (AB): x – y – = 0

0,25

SABC=

1

2d(C, AB).AB =

2  d(C, AB)=

2

Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC th× d(G, AB)=

1

0,25

 d(G, AB)=

(3 8)

2 t t 

=

1

2  t = hc t = 2  G(1; - 5) hc G(2; - 2)

0,25

Mµ CM 3GM                            

 C = (-2; -10) hc C = (1; -1)

2 1

1

: (1 ; ; )

2

x t

ptts y t M t t t

z t    

         



0,5

Ta cã: MA2MB2 2812t2 48t48 0  t 0,25

Từ suy : M (-1 ;0 ;4) 0,25

VI.a 1 1

Bpt ⇔(2+√3)x2−2x+(2−√3)x2−2x4 0,25

t=(2+√3)x

2

−2x

(t>0) BPTTT : t+1t ≤4

 t2 4 0t  ⇔2−√3≤t ≤2+√3 (tm)

0,25

Khi : 2−√3≤(2+√3)x

2

−2x

≤2+√3 ⇔−1≤ x2−2x ≤1

0,25

⇔ x2−2x −1≤0⇔1−√2≤ x ≤1+√2

0,25

V.b 2

1 1

(C) có tâm I(3;0) bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m)

Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm) Vậy

 

0

0

60 (1) 120 (2) AMB

AMB

 



 

 Vì MI phân giác AMB

(1)  AMI = 300 sin 300

IA MI

 

 MI = 2R 

2 9 4 7

m    m

(2)  AMI = 600 sin 600

IA MI

 

 MI =

2

3 R 

2 9

3

m  

Vô nghiệm

Vậy có hai điểm M1(0; 7) M2(0;- 7)

0,5

0,5

2 1

Gọi H hình chiếu vng góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vng góc với d.

d có phương trình tham số là:

x 2t y t z t

   

  

  

VIb

Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  + t ;  t).Suy :MH = (2t  ;  2

+ t ;  t)

Vì MH  d d có vectơ phương u = (2 ; ; 1), nên :

2.(2t – 1) + 1.( + t) + ( 1).(t) =  t =

2

3 Vì thế, MH =

1

; ;

3 3

 

 

 

 

3 (1; 4; 2)

MH

u  MH   

0,25

Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là:

x y z

1

 

 

 

0,25

Theo trªn cã

7

( ; ; )

3 3

H  

mà H trung điểm MM’ nên toạ độ M’

8

( ; ; )

3  

0,25

ĐK: x>0 , y>0

(1)  3

2 log log

2 xy  2 xy  2 0 0,5

log3xy =  xy = 3y=

3 x

(2) log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy)  x2+ 2y2 = 9

0,25

Kết hợp (1), (2) ta nghiệm hệ: ( 3; 3) ( 6;

6 )

A M D

S

H