Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox.. Câu IV : (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a.[r]
(1)SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 (lần 2) TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN Mơn: Toán – Khối A, B, V
Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 03/04/2010
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
2
1
x y
x
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Chứng minh đường thẳng d: y = - x + truc đối xứng (C)
Câu II: (2 điểm)
1 Giải phương trình:
4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx +
2 0
2sinx -
x
2 Giải bất phương trình:
2 2
2
3 2.log 2.(5 log 2)x
x x x x x
Câu III: ( điểm)
Gọi (H) hình phẳng giới hạn đồ thi (C) hàm sô y = x3 – 2x2 + x + tiếp tuyến (C) điểm có hồnh độ x0 = Tính thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay hình phẳng (H) quanh trục Ox
Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh đáy a Biết khoảng cách hai đường thẳng AB A’C
15
a
Tính thể tích khối lăng trụ Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
(2 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)
y-1 ( 1)( 1) (2)
x
y x m x
II PHẦN RIÊNG(3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2
Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: ( điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1; phương trình: x2 + y2 – 2(m + 1)x + 4my – 5 = (1) Chứng minh phương trình (1) phương trình đường trịn với m.Gọi đường trịn tương ứng (Cm) Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C)
2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:
1
1 1
x y z
mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + = Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) qua điểm A(2; - 1;0) Câu VII.b: ( điểm)
Cho x; y số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = 1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = 5xy – 3y2
Phần 2: Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: ( điểm)
1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) hai đường thẳng
2 3
:
1
x y z
d
2
1
:
1
x y z
d
Chứng minh đường thẳng d1; d2 điểm A nằm mặt phẳng Xác
định toạ độ đỉnh B C tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH d2 chứa đường trung tuyến CM tam giác ABC
2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1( 3;0); ( 3;0)F2 qua điểm
1 3;
2
A
Lập phương trình tắc (E) với điểm M elip, tính biểu thức:
P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M Câu VII.b:( điểm) Tính giá trị biểu thức:
20100 20102 32 20104 ( 1) 20102 31004 20102008 31005 20102010
k k
(2)-Hết -Hướng dẫn giải
Câu I:
2 Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) Chuyển hệ trục toạ độ Oxy > IXY:
1
x X y Y
Hàm số cho trở thành : Y =
3
X
hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X Hay y – = - x – y = - x +
Câu II: Điều kiện:
3 sinx
2
os2
x
c
cosx ≠
Biến đổi pt về: 4cos3x - cos2x – cosx + =
osx = 1 cosx =
2
c
2 Điều kiện < x < x ≥
2 2
2
3 2.log 2.(5 log 2)x
x x x x x
2
2
2
2log 5log
0 log
x x
x
Nghiệm: < x < ≤ x ≤ Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y = x +
Phương trình hồnh độ giao điểm: x3 – 2x2 =
0
x x
V =
2
2 2
0
(x 4) dx (x 2x x 4) dx
Câu IV: Gọi M; M’ trung điểm AB A’B’ Hạ MH M’C
AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH HC =
15 10
a
; M’C =
15
a
; MM’ = a Vậy V =
3
3 4a
Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+)
=
1 (2x 1) lnx
x
Gọi x1; x2 [0;+) với x1 > x2
Ta có :
1
1
1
1
2
( ) ( )
1
ln ln
x x
f x f x
x x
x x
: f(x) hàm số tăng
Từ phương trình (1) x = y
(2) x1 ( x1)(x1)m x 1
4
1
2
1
x x
m
x x
Đặt X =
4
1
x x
(3)Vậy hệ có nghiêm phương trình: X2 – 2X + m = có nghiệm ≤ X < Đặt f(X) = X2 – 2X == > f’(X) = 2X –
==> hệ có nghiêm -1 < m ≤ Câu VI.a
1 (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (Cm) có tâm I(m +1; -2m) bán kính
2
' ( 1)
R m m
OI (m1)24m2 , ta có OI < R’
Vậy (C) (Cm) tiếp xuc trong.==> R’ – R = OI ( R’ > R) Giải m = - 1; m = 3/5
2 Gọi I tâm (S) ==> I(1+t;t – 2;t) Ta có d(I,(P)) = AI == > t = 1; t = 7/13
(S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 = 121/139 Câu VII.a
2
2
5xy 3y P
x xy y
Với y = ==> P = Với y ≠ đặt x = ty; ta có:
2
5
( 5)
1
t
P Pt P t P
t t
(1)
+ P = phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5
+ P ≠ phương trình ( 1) có nghiệm ’ = - P2 – 22P + 25 - 25/3 ≤ P ≤
Từ suy maxP , minP
Câu VI.b:
1 d1 qua M0(2;3;3) có vectơ phương a(1;1; 2)
d2 qua M1(1;4;3) có vectơ phương b(1; 2;1)
Ta có a b, 0 va a b M M , 10
(d1,d2) : x + y + z – = ==> A (d1,d2) B(2 + t;3 + t;3 - 2t);
5
; ;3
2
t t
M t
d2 ==> t = - ==> M(2;2;4)
C( 1+t;4-2t;;3+t) : AC a ==> t = ==> C(1;4;2) (E):
2
2 2
3
1
4
x y
a b a b , a2 = b2 + 3 ==>
2
1
4
x y
P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2(
2
M M
x y ) – (a2 – e2xM2 ) =
Câu VII.b:
Ta có:
2010 2010
0 2 1004 2008 1005 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010
1i 1 i 2 C 3C 3 C ( 1) 3 k kC k 3 C C
Mà
2010 2010
2010 2010 2010 2010 -2010 -2010
1 3 ( os in ) os in
3 3
i i c s c s
=
2010 2010
2.2 cos670 2.2 Vậy S = 22010
(4)Sở GD & ĐT Hưng Yên Trường THPT Minh Châu
ĐỀ THI THỬ VÀO ĐẠI HỌC LẦN 1 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 10/1/2010
Đề bài
Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y x 4 2mx2m1 (1) , với m tham số thực. 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m1.
2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời điểm cực trị đồ thị tạo thành
một tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp 1. Câu II : ( 2, điểm)
Giải phương trình
1 4sin x.c 3x 4cos x.sin 3x 3c 4x 33 os os 2 log (x3 25x 6) log (x 29x 20) log 8
Câu III:( 1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a,
BD = 2a cắt O; hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB)
3
a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu IV :( 2, điểm).
TÝnh tÝch ph©n sau:
2
0
cos cos
I x x dx
Cho sè d¬ng x, y, z tho¶ m·n : x +3y+5z Chøng minh r»ng:
3 xy√625z4+4 + 15 yz√x4+4 + zx√81y4+4 45 √5 xyz. Câu V :(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ):2x22y2 7x 0 và hai điểm A(-2; 0), B(4; 3) Viết phương trình tiếp tuyến (C ) giao điểm (C ) với đường thẳng AB.
2.Cho hàm số
2
2x (m 1)x y
x m
Tìm giá trị m cho tiệm cận đồ thị hàm số tiếp xúc với parabol y = x2+5
Câu VI :(1,0 điểm) Cho khai triển
x
3 x
2
8
log
log
2
Hãy tìm giá trị x biết số hạng thứ khai triển 224
(5)
-***Hết*** -ĐÁP ÁN MƠN TỐN
(Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I
(2điểm)
1.(1 điểm) Khi m1 hàm số trở thành: y x 4 2x2
TXĐ: D=
Sự biến thiên:
' 4 4 0 4 1 0
1
x
y x x x x
x
0.25
yCD y 0 0,yCT y 1 0.25
Bảng biến thiên
x - -1 + y’ + +
y + + -1 -1
0.25
Đồ thị
0.25
2 (1 điểm)
'
2
0
4 4 x
y x mx x x m
x m
Hàm số cho có ba điểm cực trị pt y' 0 có ba nghiệm phân biệt y' đổi
dấu x qua nghiệm m0 0.25
Khi ba điểm cực trị đồ thị hàm số là: 0; , ; , ; 1
A m B m m m C m m m 0.25
2
1
ABC B A C B
S y y x x m m
; ABAC m4m BC, 2 m 0.25
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10 -5 10
(6)
3
1
1 5 1
4
2 ABC
m
m m m
AB AC BC
R m m
S m m m
0.25
Câu II (2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
Phương trình cho tương đương với phương trình :
1 Phương trình : 4sin x.cos3x 4cos x.sin 3x 3 cos4x 33
2
4 (1 cos x)sin x.cos3x (1 sin x)cos x.sin 3x[ ] 3 cos4x
4 sin x.cos3x cos x.sin 3x) cos x sin x(cosx.cos3x sin x.sin 3x)[( ] 3 cos4x
1
4 sin 4x sin 2x.cos2x 3 cos4x sin 4x sin 4x 3 co s4x 3sin 4x 3 cos4x
2
[ ]
1
sin 4x cos4x sin 4x cos 4x sin(4x ) sin
2 2
4x k2 4x k2 4x k2 x k
3 6 24 2 (k Z)
5
x k
4x k2 4x k2 4x k2
8
3 6
0,50
0,50
Đáp án Điểm
2.(1,0 điểm) PT log (x3 25x 6) log (x 29x 20) log 8 (*)
+ Điều kiện :
2
x x 5x x x
4 x x x
x 9x 20
x
, có :
3
1 log log 24
+ PT (*)
2 2
3
log (x 5x 6)(x 9x 20) log 24 (x 5x 6)(x 9x 20) 24 (x 5) ( x 3) (x 2) (x 5) ( x 3) (x 2)
(x 2)(x 3)(x 4)(x 5) 24 (*) (x 5) ( x 3) (x 2) (**)
+ Đặt t(x 3)(x 4) x27x 12 (x 2)(x 5) t 2, PT (*) trở thành : t(t-2) = 24 (t 1) 25 t t 4
t = :
2 x
x 7x 12 x 7x
x
( thỏa đkiện (**)) t = - : x27x 12 4 x27x 16 0 : vơ nghiệm
+ Kết luận : PT có hai nghiệm x = -1 x = -
0,25
0,25
0,25
0,25
Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a
Câu III (1,0 điểm)
Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a AC ,BD vng góc với trung điểm
O đường chéo.Ta có tam giác ABO vng O AO = a 3; BO = a , A D B 600
Hay tam giác ABD
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng SO (ABCD)
0,25
Do tam giác ABD nên với H trung điểm AB, K trung điểm HB ta
(7)có DH AB DH = a 3; OK // DH
và
1
2
a
OK DH
OK AB AB (SOK)
Gọi I hình chiếu O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) , hay OI khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) Tam giác SOK vuông O, OI đường
cao 2
1 1
2
a SO
OI OK SO
Diện tích đáy
2
4
D S
ABC ABO
S OA OB a ;
đường cao hình chóp a SO
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
1
3
D D
S ABC ABC
a
V S SO
0,25
0,25
IV (1,0 im)
Cho số dơng x, y, z thoả m·n : x +3y+5z Chøng minh r»ng: xy √625z4
+4 + zx √81y4+4+15 yz√x4+4 45√5 xyz
Bất đẳng thức
⇔ √x2
+
x2 + √9y
2
+
9y2 + √25z
2
+
25z2 √45
VT x+
2 3y+
2 5z ¿
x+3y+5z¿2+¿ ¿
√¿
x 3y 5z √3¿2
¿ x 3y 5z¿2
¿ ¿
√¿
9¿
√¿
0,25
Đặt t = x 3y 5z¿
2 ¿
√¿
ta cã √3(x 3y.5z)≤(x+3y+5z
3 )
3
=1 t 0,25
§iỊu kiƯn < t XÐt hµm sè f(t)= 9t +
36 t
36 36
36t 27t 36 t 27
t t
=45 0,25
DÊu b»ng x¶y khi: t=1 hay x=1; y=
3 ; z=
5 0,25
Câu V 1.(1,0 điểm)
S
A
BK
H C
O
I D
3a
(8)(2,0 điểm)
1/ + Đường tròn (C ) :
2
2 2 7 65
2x 2y 7x x y x x y
2 16
(C ) có tâm
7 I ;0
4
bán kính
65 R
4
+ Đường thẳng AB với A(-2; 0) B(4; 3) có phương trình
x y x
y , hay :
+ Giao điểm (C ) với đường thẳng AB có tọa độ nghiệm hệ PT
2
2 2 x 5x(x 2) 0
2x 2y 7x 2x 7x x 0; y 1
2
x
x x 2; y 2
x 2
2
2
y = y =
y =
Vậy có hai giao điểm M(0; 1) N(2; 2)
+ Các tiếp tuyến (C ) M N nhận vectơ
7
IM ;1
4
1 IN ;
4
làm vectơ pháp tuyến , TT có phương trình :
7
(x 0) 1(y 1) 7x 4y
4 , hay :
1
(x 2) 2(y 2) x 8y 18
4 , hay :
0,25
0,25
0,50
2/Cho hàm số
2
2x (m 1)x y
x m
Tìm giá trị m cho tiệm cận đồ thị hàm số tiếp xúc với parabol y = x2+5
Điểm
Hàm số
2
2x (m 1)x y
x m
xác định với xm Viết hàm số dạng
2
m m
y 2x m
x m
+ TH1 :
2 13
m m m
2
: Có hàm số bậc y 2x m (xm ) : đồ thị khơng có tiệm cận
+ TH2 :
2 13
m m m
2
: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng (d1) x = -m
và tiệm cận xiên đường thẳng (d2) y = 2x + - m
+ Đường thẳng (d1) x = - m cắt parabol parabol y = x2 +5 điểm (-m ; m2 +5) ( với
1 13 m
2
) tiếp tuyến parabol
+ Tiệm cận xiên (d2) y = 2x + - m tiếp xúc với parabol y = x2 +5 PT x2 +5 = 2x + - m , hay PT x2 – 2x + +m = có nghiệm kép ' 1-(4 + m) = 0
m
( thỏa điều kiện) Kết luận : m = -3 giá trị cần tìm
0,25
0,25
0,25
(9)VI (1,0
điểm) (1,0 điểm) Cho khai triển
x
3 x 2
8 1log 3 1 log
2
Hãy tìm giá trị x biết số
hạng thứ khai triển 224 x
3 x
2
8 1log 3 1
log
2 2
Ta có :
k
8 k k k
8 k
a b C a b
với
x
3 x
2
1
1 log 3 1
log x x
a = ; b 2
+ Theo thứ tự khai triển , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang
phải khai triển
3
1 1
5 x x x x
6
T C 56
+ Theo giả thiết ta có :
x 1
x x x x
x
9
56 4(3 1)
3
= 224
x
x x
x
3 x
3 4(3 )
x
3
0,25 0,25 0,25 0,25