Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó... a Từ các chữ số..[r]
(1)TRƯỜNG 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 điểm)
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 điểm)
1 Giải hệ phương trình:
1
6
x y
x y
2 Giải phương trình:
1 2(cos sin )
tan cot cot
x x
x x x
Câu III(1 điểm)
Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB = 2R.Trên đường 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
Câu IV(1 điểm)
Tính tích phân: I =
2
11
dx
x x
Câu V(1 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz=1 Chứng minh
1 1
1
1 1
x y y z z x
Phần riêng (3,0 điểm).Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích
3
2 trọng tâm thuộc đường 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 số tự nhiên có chữ số đơi khác ( chữ số phải khác 0) phải có chữ số
Câu VIII.a(1 điểm) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm:
2
1
3
log x 1 log (ax a )
B.Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):
2
1
4
x y
đường thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đường 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 đường 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 phương trình:
2
2
log log
(2)TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2010 MƠN: TỐN ; KHỐI: A,B
ĐÁP ÁN
Lu ý:Mọi cách giải ngắn gọn cho điểm tối đa
Câu Đáp án Điểm
I 1.(1,0 điểm) Khảo sát (2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
- Giới hạn tiệm cận: xlim yxlim y2; tiệm cận ngang: y = xlim( 1) y ; limx ( 1) y
; tiệm cận đứng: x = -
0,25
- Bảng biến thiên
Ta có
1
'
( 1)
y x
với x- 1 x - ∞ -1 + ∞ y’ + +
y + ∞ - ∞
Hàm số đồng biến khoảng (- ∞ ; -1) ( -1; + ∞ )
0,5
* Đồ thị
0,25
2 (1,0 điểm) Tìm (C) điểm
Gọi M(x0;y0) điểm thuộc (C), (x0- 1)
0
0
2
1 x y
x
Gọi A, B hình chiếu M TCĐ TCN
(3)MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | 0
2
1 x x
- 2| = | 0
1 x |
Theo Cauchy MA + MB 2
0
1
x
1
x
=2
MA + MB nhỏ x0 = x0 = -2.Như ta có hai điểm cần tìm (0;1) (-2;3)
0,25
0,25
0,25 II 1.(1,0 điểm) Giải hệ
(2,0 điểm)
Điều kiện: x-1, y1
Cộng vế theo vế trừ vế theo vế ta có hệ
1 10
6
x x y y
x x y y
Đặt u= x 1 x6, v = y 1 y4 Ta có hệ
10 5 2u v
u v
5
u v
3
x
y nghiệm hệ
0,25 0,25
0,25 0,25 (1,0 điểm) Giải phương trình
Điều kiện:sinx.cosx0 cotx1 Phơng trình tương đương
1 2(cos sin )
sin cos cos 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
(4)(1,0 điểm) S
H I
O
B
M A
Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R 3, SI =
3
R , SM = SO2OM2 2R SH = R hay H trung điểm SM Gọi K hình chiếu vng góc H lên mp(MAB) HK =
1 2SO=
3 R , (không đổi)
VBAHM lớn dt(MAB) lớn M điểm cung AB
Khi VBAHM=
3
6 R (đvtt)
0,25
0,25 0,5 IV Tính tích phân
(1,0 điểm)
Đặt u = x+ 1x2 thì u - x= 1x2 x2 2ux u 1 x2
2
1 1
1
2
u
x dx du
u u
Đổi cận x= - u = 2-1 x = 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=a
3 y=b3 z=c3 x, y, z >0 abc=1.Ta có
a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)(a+b)ab, a+b>0 a2+b2-abab a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0
(5) 3
1
a b 1 ab a b c Tương tự ta có
3
1
c bc a b c
b , 3
1
a ca a b c
c Cộng theo vế ta có
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
1 a b c c a b Dấu xảy x=y=z=1
0,5
0,25
VI a Tìm tọa độ (1,0 điểm)
Ta có: AB = 2, M = ( 5
;
2 2), pt AB: x – y – = 0 SABC=
1
2d(C, AB).AB =
2 d(C, AB)=
3
Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC d(G, AB)=
2
d(G, AB)=
(3 8)
2
t t =
1
2 t = t = 2 G(1; - 5) G(2; - 2)
Mà CM 3GM C = (-2; 10) C = (1; -4)
0,25
0,5 0,25 VII a Từ chữ số
(1,0 điểm) Gọi số có chữ số abcdef
Nếu a = có cách chọn b, cách chọn c, cách chọn d, cách chọn e, cách chọn f có 7.6.5.4.3 = 2520số
Nếu b = có cách chọn a, cách chọn c, cách chọn d, cách chọn e, cách chọn f có 6.6.5.4.3 = 2160số
Tương tự với c, d, e, f
Vậy tất có 2520+5.2160 = 13320 số
0,25 0,5 0,25 VIII a Tìm a để
(1,0 điểm) Điều kiện: ax + a >
Bpt tương đương x2 1 a x( 1)
Nếu a>0 x +1 >0.Ta có
2 1
1
x
a x
(6)Nếu a<0 x +1 <0.Ta có 1 x a x
Xét hàm số y =
2 1
1
x x
với x - 1
y’ = 2
( 1)
x
x x
=0 x=1
x - Ơ -1 + Ơ y’ - || - +
y
-1 +
-
2
a>
2 a < - 1
0,25
0,25
0,25 0,25
VI b Chứng minh
(1,0 điểm) Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) Tiếp tuyến A có dạng
1 1
4
xx yy
Tiếp tuyến qua M nên 1 1
4
x x y y
(1)
Ta thấy tọa độ A B thỏa mãn (1) nên đường thẳng AB có pt
0 1
4
xx yy
M thuộc nên 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0 0 4 4 xx yy 0
4 (12 )
4
4
xx y x
Gọi F(x;y) điểm cố định mà AB qua với M (x- y)x0 + 4y – =
4x y y xy1
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 + cắt (C):
2 4 3
2 x x y x
Ta có pt 4 3
2
x x x
= kx + có nghiệm phân biệt k1 Trung điểm I AB có tọa độ thỏa mãn
2 2 k x k y kx
2
(7)Vậy quĩ tích cần tìm đường cong
2
2
2
x x y
x
0,25 VIII b Giải phương trình
(1,0 điểm) Điều kiện : x>0 Đặt
2
log
3 1 x
=u,
2
log
3 1 x v
ta có pt u +uv2 = + u2 v2 (uv2-1)(u – 1) = 0
21 1
u uv
x =1
(8)Trường Lương Thế Vinh Đề thi thử ĐH lần I năm 2010 Mơn Tốn (180’) Phần bắt buộc.
Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số y=2x −1 x+1
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Tìm tọa độ điểm M cho khoảng cách từ điểm I(−1;2) tới tiếp tuyến (C) M lớn
CÂU (2 điểm)
1 Giải phương trình : sin2x −sin 2x
+sinx+cosx −1=0 Tìm giá trị m để phương trình sau có nghiệm : log0,5(m+6x)+log2(3−2x − x2)=0
CÂU (1điểm) Tính tích phân: I=
1
√4− x2 x2 dx
CÂU (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đơi vng góc với
AB=BC=CD=a Gọi C’ D’ hình chiếu điểm B AC AD Tính thể tích tích tứ diện ABC’D’
CÂU (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé biểu thức: S=cos 3A+2cosA+cos 2B+cos 2C
Phần tự chọn (thí sinh làm hai phần : A B) Phần A
CÂU 6A (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1), B(−2;5) , đỉnh C nằm đường thẳng x −4=0 , trọng tâm G tam giác nằm đường thẳng 2x −3y+6=0 Tính diện tích tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d d’ có phương trình : d : x=y −2
−1 =z d’ :
x −2
2 =y −3=
z+5 −1
Chứng minh hai đường thẳng vng góc với Viết phương trình mặt phẳng (α) qua d vng góc với d’
CÂU7A (1 điểm) Tính tổng : −1¿
n
(n+1)Cnn
S=Cn0−2Cn1+3Cn2−4Cn3+⋅+¿
Phần B.
CÂU 6B (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;−1), B(1;−2) , trọng tâm G tam giác nằm đường thẳng x+y −2=0 Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d d’ có phương trình : d : x=y −2
−1 =z d’ :
x −2
2 =y −3=
z+5 −1
(9)CÂU7B (1 điểm) Tính tổng : S=Cn
0
(10)Đáp án mơn Tốn. Câu 1 Tập xác định : x ≠ −1
y=2x −1 x+1 =2−
3
x+1 ,
x+1¿2 ¿
y '=3
¿
, Bảng biến thiên:
Tiệm cận đứng : x=−1 , tiệm cận ngang y=2
2 Nếu M(x0;2−
3
x0+1)∈(C) tiếp tuyến M có phương trình
x0+1¿2
¿ ¿
y −2+ x0+1=
3
¿
hay x0+1¿
2
(y −2)−3(x0+1)=0
3(x − x0)−¿
Khoảng cách từ I(−1;2) tới tiếp tuyến
x0+1¿
¿
x0+1¿2 ¿
x0+1¿
¿ ¿
9
¿
√¿
9+¿
√¿
d=|3(−1− x0)−3(x0+1)|
√9+(x0+1)4
=6|x0+1|
¿
Theo bất đẳng
thức Côsi
x0+1¿
¿
x0+1¿2≥2√9=6
¿
9
¿
, vây d ≤√6 Khoảng cách d lớn √6
x0+1¿
¿
x0+1¿2⇔(x0+1)2=3⇔x0=−1±√3
¿
9
¿
Vậy có hai điểm M : M(−1+√3;2−√3) M(−1−√3;2+√3) CÂU
1) sin2x −sin 2x+sinx+cosx −1=0⇔2sin2x −(2 cosx −1)sinx+cosx −1=0
2cosx −3¿2
2 cosx −1¿2−8(cosx −1)=¿
Δ=¿
Vậy sinx=0,5 sinx=cosx −1 Với sinx=0,5 ta có x=π
6+2kπ x= 5π
(11)Với sinx=cosx −1 ta có sinx −cosx=−1⇔sin(x −π
4)=−√
2 =sin(−
π
4) , suy
x=2kπ x=3π
2 +2kπ
2) log0,5(m+6x)+log2(3−2x − x2)=0⇔ log2(m+6x)=log2(3−2x − x2)⇔
⇔
3−2x − x2
>0 m+6x=3−2x − x2
⇔
¿−3<x<1 m=− x2−8x
+3
¿{
Xét hàm số f(x)=− x2−8x+3,−3<x<1 ta có f '(x)=−2x −8 , f '(x)<0 x>−4 , f(x) nghịch biến khoảng (−3;1) , f(−3)=18, f(1)=−6 Vậy hệ phương trình có nghiệm −6<m<18
CÂU Đặt x=2 sint dx=2 cos tdt , x=1 t=π
6 , x=2 t=
π
2 , vậy:
√4− x2
x2 dx=
π
6
π
2
cos2t
sin2t dt=¿
I=
1
¿
d(cott)−t¿π
6
π
2
=¿
π
6
π
2
(sin12t −1)dt=−π
6
π
2
¿
√3−π
3
CÂU Vì CD⊥BC,CD⊥AB nên CD⊥mp(ABC)
mp(ABC)⊥mp(ACD) Vì BC'⊥AC nên BC⊥mp(ACD) Suy V thể tích tứ diện ABC’D’ V=1
3dt(AC' D ') BC'
Vì tam giác ABC vng cân nên AC'=CC'=BC'=a√2
2
Ta có AD2
=AB2+BD2=AB2+BC2+CD2=3a2 nên AD=a√3 Vì BD’ đường cao tam giác vuông ABD nên AD' AD=AB2 , Vậy AD'= a
√3 Ta có dt(AC' D')=1
2AC' AD 'sinC^A D=
2AC' AD' CD AD=
1
a√2
a√3 ⋅
1
√3=
a2√2
12 Vậy
V=1
3
a2√2
12
a√2 =¿
a3
36
CÂU S=cos 3A+2cosA+cos 2B+cos 2C = cos 3A+2 cosA+2 cos(B+C)cos(B −C) ¿ cos 3A+2 cosA[1−cos(B −C)]
Vì cosA>0,1−cos(B −C)≥0 nên S ≥cos 3A , dấu xẩy cos(B −C)=1 hay B=C=180
0
− A
2 Nhưng cos 3A ≥−1 , dấu xẩy 3A=180
0 hay A = 600
Tóm lại : S có giá trị bé -1 ABC tam giác Phần A (tự chọn)
(12)Ta có C=(4; yC) Khi tọa độ G xG=
1−2+4
3 =1, yG=
1+5+yC
3 =2+
yC
3 Điểm G nằm
đường thẳng 2x −3y+6=0 nên 2−6− yC+6=0 , yC=2 , tức
C=(4;2) Ta có ⃗AB=(−3;4),⃗AC=(3;1) , AB=5 , AC=√10 , ⃗AB ⃗AC=−5 Diện tích tam giác ABC S=1
2√AB
2
AC2−(⃗AB ⃗AC)2=1
2√25 10−25 = 15
2
2.Đường thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) có vectơ phương ⃗u(1;−1;1) Đường thẳng d’đi qua điểm M '(2;3;−5) có vectơ phương ⃗u '(2;1;−1)
Ta có ⃗MM=(2;1;−5) , [⃗u ;⃗u']=(0;3;3) , [⃗u ;u'⃗].⃗MM'=−12≠0 d d’ chéo nhau. Mặt phẳng (α) qua điểm M(0;2;0) có vectơ pháp tuyến ⃗u '(2;1;−1) nên có phương trình: 2x+(y −2)− z=0 hay 2x+y − z −2=0
CÂU 7A Ta có 1+x¿n=Cn
0
+Cn
1
x+Cn
2
x2+⋅+Cn n
xn
¿ , suy
1+x¿n=Cn0x+Cn1x2+Cn2x3+⋅+Cnnxn+1
x¿
Lấy đạo hàm hai vế ta có : 1+x¿
n −1
=¿
1+x¿n+nx¿ ¿
Cn0+2Cn1x+3C2nx2+⋅+(n+1)Cnnxn
Thay x=−1 vào đẳng thức ta S Phần B (tự chọn)
CÂU 6B
Vì G nằm đường thẳng x+y −2=0 nên G có tọa độ G=(t ;2−t) Khi ⃗AG=(t −2;3− t) , ⃗AB=(−1;−1) Vậy diện tích tam giác ABG là
3− t¿2
t −2¿2+¿−1 ¿
2¿
S=1
2√AG
2 AB2−(⃗AG ⃗AB)2
=1
2√¿
= |2t −3|
2
Nếu diện tích tam giác ABC 13,5 diện tích tam giác ABG 13,5 :3=4,5 Vậy |2t −3|
2 =4,5 , suy t=6 t=−3 Vậy có hai điểm G : G1=(6;−4), G=(−3;−1) Vì G
là trọng tâm tam giác ABC nên xC=3xG−(xa+xB) yC=3yG−(ya+yB)
Với G1=(6;−4) ta có C1=(15;−9) , với G=(−3;−1) ta có C2=(−12;18)
2.Đường thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) có vectơ phương ⃗u(1;−1;1)
Đường thẳng d’đi qua điểm M '(2;3;−5) có vectơ phương ⃗u '(2;1;−1) Mp (α) phải qua điểm M có vectơ pháp tuyến ⃗n vng góc với ⃗u
|cos(⃗n ;⃗u ')|=cos 600=1
(13)¿ A − B+C=0
|2A+B− C|
√6√A2+B2+C2
=1
2
¿{ ¿
⇔
B=A+C A+C¿2+C2
¿ ¿⇔
¿ ¿B=A+C
¿ ¿
A2+¿
2|3A|=√6√¿
Ta có 2A2−AC−C2=0⇔(A −C)(2A+C)=0 Vậy A=C 2A=−C
Nếu A=C ,ta chọn A=C=1, B=2 , tức n=(⃗ 1;2;1) mp(α) có phương trình x+2(y −2)+z=0 hay x+2y+z −4=0
Nếu 2A=−C ta chọn A=1, C=−2 , B=−1 , tức ⃗n=(1;−1;−2) mp(α) có phương trình x −(y −2)−2z=0 hay x − y −2z+2=0
CÂU 7B Ta có 1+x¿n=Cn
0
+Cn
1
x+Cn
2
x2+⋅+Cnnxn
¿ , suy
1+x¿
n
=Cn
0
x+Cn
1
x2+Cn2x3+⋅+Cnnxn+1
x¿
Lấy đạo hàm hai vế ta có : 1+x¿
n −1
=¿
1+x¿n+nx¿ ¿
Cn0+2Cn1x+3C2nx2+⋅+(n+1)Cnnxn