Đang tải... (xem toàn văn)
Tính VSMBC PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH 03 điểm Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.... Viết phương trình đường thẳng BC.[r]
(1)§Ò luyÖn thi cÊp tèc hÌ 2010 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Toán - Khối A, B sè I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hµm sè y=-x3+3x2-2 (C) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) Tìm trên đ-ờng thẳng (d): y=2 các điểm kẻ đ-ợc ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ) Câu II (2,0 điểm) x2 x x 5x2 x ( x R) 3 Giải phương trình 2 cos x sin x cos( x ) sin( x ) 4 e log x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I dx x 3ln x Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết Giải bất phương trình khoảng cách AA’ và BC là a Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z thoả mãn x + y + z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x3 y 16 z x y z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : x y , ' :3 x y 10 và điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng , qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ’ x 1 y 1 z 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: ; d2: 1 x 1 y z 1 và mặt phẳng (P): x - y - 2z + = Viết phương trình chính tắc đường thẳng , biết 1 nằm trên mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1, d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b(2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – y – = và (C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 = Lập phương trình tiếp tuyến chung (C1) và (C2) x 1 2t 2.Viết phương trình đường vuông góc chung hai đường thẳng sau: d : x y z ; d : y t log y x log y Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 x y 25 -Hết - Lop12.net 1 ( x, y ) z (2) Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán coi thi không giải thích gì thêm Câu Ý *Tập xác định: D = R Nội dung Điểm x * y’ = - 3x2 + 6x ; y’ = x *Bảng biến thiên x y’ - - 0 + + 1đ + - y -2 - * Hàm số nghịch biến trên ( - ;1) và ( 3; + ); đồng biến trên ( 1; 3) * Hàm số đạt cực tiểu x = và yCT = -2; hàm số đạt cực đại x = và yCĐ = I y f(x)=-x^3+3x^2-2 x -4 -3 -2 -1 -2 -4 * Đồ thị : (1,0 điểm): Gọi M (d ) M(m;2) Gọi là đường thẳng qua điểm M và có hệ số góc k PTĐT có dạng : y=k(x-m)+2 ĐT là tiếp tuyến (C ) và hệ PT sau có nghiệm 0,25 x x k ( x m) (1) (I) (2) 3 x x k 0,25 Thay (2) và (1) được: 2x3 -3(m+1)x2+6mx-4=0 (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0 x Đặt f(x)=VT(3) 2 x (3m 1) x (3) 0,25 Từ M kẻ tiếp tuyến đến đồ thị ( C) hệ (I) có nghiệm x phân biệt PT(3) có hai nghiệm phan biệt khác m 1 hoÆc m>5/3 f (2) m Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với m 1 hoÆc m>5/3 thì từ M kẻ tiếp tuyến đến m (C) 0,25 Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: 0985.873.128 ĐÁP ÁN DE SO Lop12.net (3) x2 x x2 Điều kiện x 5 x x 0,5 Bình phương hai vế ta x( x 1)( x 2) x 12 x x( x 1)( x 2) x( x 2) 2( x 1) Đặt t 1 t x( x 2) ta bpt 2t 3t t ( t ) x 1 t Với t II x( x 2) x( x 2) 2 2 x 1 x 1 x( x 2) x2 6x x 1 0,5 x 13 x 13 ( x ) Vậy bpt có nghiệm x 13 x 13 2 cos x sin x cos( x 2 cos x sin x (cos x.cos 3 ) sin( x ) 4 0,25 3 3 sin x sin ) 4(sin x cos cos x sin ) 4 4 4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0 (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0 s inx+cosx=0 (2) PT (2) có nghiệm x k 4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3) 0,25 Giải (2) : Đặ t s inx-cosx= sin( x ), §iÒu kiÖn t (*) sin x t , 0.25 thay vào (2) PT: t2-4t-5=0 t=-1( t/m (*)) t=5(loại ) 3 Với t=-1 ta tìm nghiệm x là : x k 2 hoÆc x= k 2 KL: Họ nghiệm hệ PT là: x k , x k 2 vµ x= 3 k 2 0,25 ln x e e e log 32 x ln x ln xdx ln I dx dx 2 ln 1 3ln x x x 3ln x x 3ln x III dx Đặt 3ln x t ln x (t 1) ln x tdt Đổi cận … x e 2 t 1 log 32 x 1 Suy I dx tdt t 1 dt ln t ln 1 x 3ln x Lop12.net 0,5 0,5 (4) 1 t t 3 ln 27 ln AM BC BC ( A' AM ) A' O BC Kẻ MH AA' , (do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) BC ( A' AM ) Do HM BC Vậy HM là đọan vông góc chung HM ( A' AM ) Gọi M là trung điểm BC ta thấy: 0,5 C’ A’ AA’và BC, đó d ( AA' , BC) HM a IV B’ H Xét tam giác đồng dạng AA’O và AMH A' O HM ta có: AO AH A AO.HM a a a suy A' O AH 3a Thể tích khối lăng trụ: V A' O.S ABC Trước hết ta có: x3 y V x y C O M 1Ba a a3 A' O.AM.BC a 23 12 (biến đổi tương đương) x y x y 0,5 0,5 x y 64 z a z 64 z 3 Đặt x + y + z = a Khi đó P 1 t 64t 3 3 a a z , t 1) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 Có (với t = 0,5 f '(t ) 64t 1 t , f '(t ) t 0;1 Lập bảng biến thiên Minf t t 0;1 16 64 đạt x = y = 4z > GTNN P là 81 81 Tâm I đường tròn thuộc nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến ’ k/c IA nên ta có 3(3t 8) 4t 10 (3t 2) (t 1) 2 4 Giải tiếp t = -3 Khi đó I(1; -3), R = và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 VIa Gọi A = d1(P) suy A(1; ; 2) ; B = d2 (P) suy B(2; 3; 1) Đường thẳng thỏa mãn bài toán qua A và B Một vectơ phương đường thẳng là u (1; 3; 1) Lop12.net 0,25 0,25 0,5 0,5 (5) Phương trình chính tắc đường thẳng là: x 1 y z 1 0,5 Xeùt phöông trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó cách chia đa thức Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = Vậy phương trình trở thành: VIIa (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = Suy ra: Z3 = 2 i vaø Z4 = – 2 i Đáp số: 1,2, 2 i, 2 i 0,5 0,5 C1 : I1 0; , R1 3; C2 : I 3; 4 , R2 Gọi tiếp tuyến chung C1 , C2 là : Ax By C A2 B 2 là tiếp tuyến chung C1 , C2 d I1; R1 B C A B d I ; R2 Từ (1) và (2) suy A B 1 A B C A2 B 3 A B C 0,5 0,5 Trường hợp 1: A B Chọn B A C 2 : x y VIb Trường hợp 2: C 3 A B Thay vào (1) A B A2 B A 0; A B : y 0; : x y Gọi M d1 M 2t;1 t; 2 t , N d N 1 2t ';1 t ';3 MN 2t 2t ' 1; t t '; t MN.u1 2 2t 2t ' 1 t t ' t 2 2t 2t ' 1 t t ' MN.u1 0,5 6t 3t ' t t' 1 3t 5t ' M 2;0; 1 , N 1;2;3 , MN 1;2;4 PT MN : x y z 1 1 0,5 y x Điều kiện: y VIIb 0,5 yx yx log y x log 1 log 1 Hệ phương trình y y y x y 25 x y 25 x y 25 x 3y x 3y x 3y 25 2 x y 25 y y 25 y 10 Lop12.net 0,5 (6) 15 ; x; y 10 10 ( loại) 15 ; x; y 10 10 Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đủ điểm phần đáp án quy định Hết Bé gd & §T §Ò tham kh¶o 2010 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (Thời gian làm bài: 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x2 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình: 4cos 2 x tan x tan x 4 tan x-cotx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I Giải hệ phương trình: y x y 2 x x x y2 22 y ln x dx x 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có độ dài cạnh đáy a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 600 Mặt phẳng (P) chứa AB và qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD M, N Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : a 1, b 1, c Chứng minh rằng: 1 1 a b c a b c abc PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 4 7 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A 3;6 , trực tâm H 2;1 , trọng tâm G ; Xác 3 3 định toạ độ các đỉnh B và C Lop12.net (7) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng và mặt cầu (S) có phương trình : x y z và S : x y z x y z Xét vị trí tương đối mặt cầu (S) và mặt phẳng Viết phương trình mặt cầu (S’) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng Câu VII.a (1,0 điểm) Đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, nam, đó có danh thủ nam là Vũ Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy Người ta cần lập đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội dự tuyển nói trên Đội tuyển quốc gia bao gồm nữ và nam Hỏi có bao nhiêu cách lập đội tuyển quốc gia cho đội tuyển có mặt hai danh thủ trên Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + = và trung điểm cạnh AC là M(1; 1) Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với A 3; 1; 2 , B 1;5;1 , C 2;3;3 , đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ (CD < AB) Tìm toạ độ điểm D 23 x 1 y 3.2 y 3 x Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x xy x - Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu I Đáp án Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1,00 điểm) 2x y x2 Tập xác định TXĐ: Sự biến thiên y ' D R \ 2 0,25 x D x 2 Hàm số đồng biến trên ; 2 và 2; Bảng biến thiên x y’ y – –2 + + + + 0,25 2 – Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = - 2; tiệm cận ngang y = Đồ thị nhận giao điểm I 2; hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng Đồ thị: Lop12.net 0,25 (8) y 0,25 –2 O x Viết phương trình tiếp tuyến (1,00 điểm) Tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M có hoành độ a 2 thuộc đồ thị (C) có phương trình: y a 2 x a 2a x a y 2a d a2 0,25 Tâm đối xứng I 2; Ta có d I,d a2 16 a a2 2.4 a a2 a2 2 0,25 a d I , d lớn a a 4 Từ đó suy có hai tiếp tuyến y = x và y = x + II 0,50 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) cos x 0; cos x 4 4 * Điều kiện sin x 0; t anx-cotx 0,25 Để ý tan x tan x tan x tan x 4 4 4 4 cot x tan x 1 4 4 4cos 2 x c otx-tanx=4cos 2 x Khi đó PT (1) trở thành: 1 t anx-cotx Lop12.net 0,5 (9) tan x =4 tan x 1 2 t anx 1+tan x tan x tan x tan x x m x k k : Không thoả điều kiện (*) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: x 0, y 0, x y x Đặt u x y 1; v y 3 3 1 11 u v HPT trở thành: u v u 4v 22 u 21 4v 0,25 0,25 Thay (2) vào (1) ta được: v 3 2 2v 13v 21 v 21 4v v Nếu v = thì u = 9, ta có HPT: x2 y 1 x y 10 y 1 x x 3 x 3y y 3 Nếu v thì u = 7, ta có HPT: 0,25 0,25 0,25 x2 y 1 x y y 4 53 x 7 y x y x 14 53 So sánh điều kiện ta nghiệm HPT III Tính tích phân 1,00 dx u ln x du x dx Đặt dv x v x 0,25 I x ln x 8 2 x 1 dx ln ln J x Lop12.net 0,25 (10) Với J x 1 dx x 0,25 3 t t2 1 tdt dt dt 2 t 1 t 1 t 1 t 1 2 2 đặt t x J IV t 1 2t ln ln ln t Từ đó I 20ln 6ln 0,25 Tính thể tích hình chóp S.ABMN 1,00 S N K G A D M I 600 O J 0,25 C B Kẻ SO vuông góc với (ABCD) thì O là giao điểm AC và BD Gọi I, J là trung điểm AB và CD; G là trọng tâm SAC 600 Góc mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là SJI Vì SIJ cạnh a nên G là trọng tâm SIJ IG cắt SJ K là trung điểm SJ; M, N là trung điểm SC, SD 0,25 IK 3a 3a ; S ABMN ( AB MN ) IK 2 SK ( ABMN ); SK V a 3a V S ABMN SK (đvtt) 16 Chứng minh bất đẳng thức 0,25 0,25 1,00 Vì a 1, b nên a 1 b 1 ab a b 0,25 10 Lop12.net (11) a b ab 1 11 ab a b 1 1 1 1 , 1 bc b c ca c a Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế : 1 1 1 3 4 ab bc ca a b c Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cauchy ta có : 1 1 1 a b c 2 1 a b c a b c ab bc ca abc a b c Chứng minh tương tự : 1 1 1 a b c a b c a b c 1 1 Cũng theo BĐT Cauchy ta : a b c a b c 1 1 1 Do đó 1 a b c (đpcm) a b c a b c abc Đẳng thức xảy và a = b = c = VI.a 0,25 0,25 0,25 2,00 Tìm tọa độ điểm B và điểm C (1,00 điểm) 7 1 Gọi I là trung điểm BC Ta có AG AI I ; 2 2 Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có PT : x – y – = 0,50 7 1 Vì I ; là trung điểm BC 2 2 Giả sử B xB ; yB C xB ;1 yB và xB yB H là trực tâm tam giác ABC nên CH AB CH 5 xB ; yB , AB xB 3; yB 0,25 xB yB x x CH AB B B xB xB 3 yB yB 2 yB Vậy B 1; 2 , C 6;3 B 6;3 , C 1; 2 0,25 Viết phương trình mặt cầu đối xứng(1,00 điểm) S : x 1 y z 25 , tâm I 1; 2; Khoảng cách từ I đến d I , R Vậy và mặt cầu (S) cắt Gọi J là điểm đối xứng I qua 2 11 Lop12.net và R = 0,25 (12) x 2t PT đường thẳng IJ : y 2 t z 2t 0,25 Toạ độ giao điểm H IJ và thoả x 2t t 1 y 2 t x 1 H 1; 1; z t y 2 x y z z Vì H là trung điểm IJ nên J 3;0;0 Mặt cầu (S’) có tâm J bán kính R’ = R = nên có PT: S ' : x 3 y z 25 VII.a Số cách chọn đội tuyển bóng bàn quốc gia 0,25 0,25 1,00 Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ Số cách chọn nam còn lại là C6 0,25 Số cách chọn nữ không có Ngô Thu Thuỷ là C9 3 Suy số cách chọn trường hợp này là C6 C9 1680 (cách) 0,25 Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường Số cách chọn nam không có Vũ Mạnh Cường là C6 Số cách chọn nữ còn lại là C9 0,25 Suy số cách chọn trường hợp này là C C 540 (cách) Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là 1680 + 540 = 2220 (cách) ĐS: 2220 (cách) VI.b 0,25 2,00 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C (1,00 điểm) Ta có AC vuông góc với BH và qua M(1; 1) nên có PT: y = x Toạ độ đỉnh A là nghiệm hệ : x x y y x y 0,50 2 A ; 3 8 8 3 3 Vì M là trung điểm AC nên C ; Vì BC qua C và song song với d nên PT (BC) : y 12 Lop12.net x 2 0,25 (13) x y x 4 BH BC B : B 4;1 x y y 0,25 Tìm tọa độ đỉnh D (1,00 điểm) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = Gọi là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = Điểm D cần tìm là giao điểm và (S) Đường thẳng có vectơ phương AB 2;6;3 nên có phương trình: x 2t y 6t z 3t 0,25 0,25 Phương trình mặt cầu S : x 3 y 1 z 2 Toạ độ điểm D thoả HPT: x 2t y 6t t 1 49t 82t 33 z 3t t 33 49 x 32 y 12 z 2 Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD = 33 164 51 48 ; ; (nhận) Với t D 49 49 49 49 VII.b Giải hệ phương trình 23 x 1 y 3.2 y 3 x 1 x xy x x 1 x+1 x 1 PT x x y 1 x y 3x 3 x xy x Với x = thay vào (1) : 8 y 3.2 y y 12.2 y y y log 11 11 x 1 Với thay y = – 3x vào (1) ta : 23 x 1 23 x 1 3.2 3 y x Đặt t 23 x 1 , vì x 1 nên t t 2 PT (3) : t t 6t t t 2 Đối chiếu điều kiện t ta chọn t 2 13 Lop12.net 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 (14) Khi đó 23 x 1 2 x log 2 1 3 y x log 2 x x log 2 1 Vậy HPT đã cho có nghiệm và y log 11 y log 2 KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 – DE so Môn: Toán – Khối A, B Thời gain làm bài: 180 phút Ngày thi: 10/06/2010 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( điểm) 2x 1 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Chứng minh đường thẳng d: y = - x + là truc đối xứng (C) Câu II: (2 điểm) x 4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2 Giải phương trình: 0 2sinx - Giải bất phương trình: x x 2.log x x x 2.(5 log x 2) Câu III: ( điểm) Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thi (C) hàm sô y = x3 – 2x2 + x + và tiếp tuyến (C) điểm có hoành độ x0 = Tính thể tích vật thể tròn 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 a 15 đường thẳng AB và A’C Tính thể tích khối lăng trụ Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: (2 x 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1) (2) y-1 ( y 1)( x 1) m x II PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: ( điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1; và phương trình: x2 + y2 – 2(m + 1)x + 4my – = (1) Chứng minh phương trình (1) là phương trình đường tròn với m.Gọi các đường tròn tương ứng là (Cm) Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C) 14 Lop12.net (15) x 1 y z và mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + = 1 Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và qua điểm A(2; - 1;0) Câu VII.b: ( điểm) Cho x; y là các số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức P = 5xy – 3y2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: ( điểm) x 2 y 3 z 3 1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng d1 : và 1 2 x 1 y z d2 : Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm mặt phẳng 2 Xác định toạ độ các đỉnh B và C tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2 chứa đường trung tuyến CM tam giác ABC 1 2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1 ( 3;0); F2 ( 3;0) và qua điểm A 3; 2 Lập phương trình chính tắc (E) và với điểm M trên elip, hãy tính biểu thức: P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M Câu VII.b:( điểm) Tính giá trị biểu thức: 2k 2008 2010 S C2010 3C2010 32 C2010 (1) k C2010 31004 C2010 31005 C2010 Hết Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: Hướng dẫn giải Câu I: x X 1 Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) Chuyển hệ trục toạ độ Oxy > IXY: y Y Hàm số đã cho trở thành : Y = hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X X Hay y – = - x – y = - x + x Câu II: Điều kiện: s inx và cos và cosx ≠ 2 cosx = Biến đổi pt về: 4cos x - cos x – cosx + = cosx = 2 Điều kiện < x < x ≥ x x 2.log x x x 2.(5 log x 2) Nghiệm: < x < ≤ x ≤ Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y=x+4 x Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 2x2 = x 15 Lop12.net log 22 (16) 2 V = ( x 4) dx ( x3 x x 4) dx 0 Câu IV: Gọi M; M’ là trung điểm AB và A’B’ Hạ MH M’C AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH a 15 a 15 HC = ; M’C = ; MM’ = a 10 Vậy V = a Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+) x 1 = (2 x 1) ln x Gọi x1; x2 [0;+) với x1 > x2 x1 x2 Ta có : x1 x2 f ( x1 ) f ( x2 ) : f(x) là hàm số tăng ln ln 0 x1 x2 Từ phương trình (1) x = y (2) x ( x 1)( x 1) m x x 1 x 1 24 m0 x 1 x 1 x 1 ==> ≤ X < x 1 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 Đặt X = (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (Cm) có tâm I(m +1; -2m) bán kính R ' (m 1) 4m OI (m 1) 4m , ta có OI < R’ Vậy (C) và (Cm) tiếp xuc trong.==> R’ – R = OI ( vì R’ > R) Giải m = - 1; m = 3/5 Gọi I là 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 xy y P x xy y Với y = ==> P = 5t Pt ( P 5)t P (1) Với y ≠ đặt x = ty; ta có: P t t 1 + P = thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5 + P ≠ thì phương trình ( 1) có nghiệm và ’ = - P2 – 22P + 25 - 25/3 ≤ P ≤ Từ đó suy maxP , minP Câu VI.b: 16 Lop12.net (17) 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 va a, b M M (d1,d2) : x + y + z – = ==> A (d1,d2) t 5 t 5 ; ;3 t d2 ==> t = - ==> M(2;2;4) B(2 + t;3 + t;3 - 2t); M C( 1+t;4-2t;;3+t) : AC a ==> t = ==> C(1;4;2) x2 y x2 y 2 1 (E): , a = b + ==> a b a 4b P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2( xM2 yM2 ) – (a2 – e2 xM2 ) = Câu VII.b: Ta có: i Mà i 2010 2010 1 i 1 i 2010 2010 2k 2008 2010 C2010 3C2010 32 C2010 (1) k 3k C2010 31004 C2010 31005 C2010 2010 2010 -2010 -2010 sin ) 22010 cos sin 3 3 = 2.22010 cos670 2.22010 22010 (cos S = 22010 - Vậy §Ò luyÖn thi cÊp tèc hÌ 2010 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Toán - Khối A, B sè ( 07 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y f x x m x m 5m PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 1/ Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 2/ Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân x y x y 12 Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình: y x y 12 2/ Giải bất phương trình : log 22 x log x (log x 3) Câu III (1.0 điểm) Tìm x (0; ) thoả mãn phương trình: cot x - = cos x sin x sin x tan x Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : I cos x cos xdx a SAC 30 , SA a , SAB Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA ( MBC ) Tính VSMBC PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chọn hai chương trình Chuẩn Nâng cao để làm bài.) Câu V(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = 17 Lop12.net (18) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x y và phân giác CD: x y Viết phương trình đường thẳng BC 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10 Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + = Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P) B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1, Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10 x2 2x Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = (C) và d1: y = x + m, d2: y = x + x 1 Tìm tất các giá trị m để (C) cắt d1 điểm phân biệt A,B đối xứng qua d2 ******* Hết ******* ĐÁP ÁN Câu ý Hướng dẫn giải chi tiết Điểm 7.00 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I Cho hàm số f x x 2m x m 5m ( C ) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1* TXĐ: D = R 2* Sù biÕn thiªn hàm số: lim f x : lim f x * Giíi h¹n v« cực: x * Bảng biến thiên: x y +∞ 0.25 f ' x y' x x x x y ' x 0; x 1; x x -∞ -1 y’ + 0 +∞ + +∞ 0 Hàm số đồng biến trên khoảng 1;0 và 1; , nghịch biến Trên khoảng ;1 và 0;1 Hàm số đạt cực tiểu x 1; y CT , đạt cực đại x 0; y CD 3* §å thÞ: 18 Lop12.net 0.5 0.25 (19) 4 4 * Điểm uốn: y ' ' 12 x , các điểm uốn là: U ; , U ; 9 * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: -5 -2 -4 Tìm các giá trị m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân x * Ta có f ' x x3 m x x m * Hàm số có CĐ, CT f’(x)=0 có nghiệm phân biệt và đổi dấu : m < (1) Toạ độ các điểm cực trị là: A 0; m 5m , B m ;1 m , C m ;1 m * Do tam giác ABC luôn cân A, nên bài toán thoả mãn vuông A: AB AC m 1 m vì đk (1) Trong đó AB m ;m 4m , AC m ;m 4m Vậy giá trị cần tìm m là m = Câu II 0.25 0.5 0.25 x y x y 12 Giải hệ phương trình: y x y 12 * Điều kiện: | x | | y | u x y ; u Đặt ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có v x y u v 12 1 u2 y v Hệ phương trình đã cho có dạng: u u2 2 v v v 12 u u v v u x y + (I) v x y u x y + (II) v x y Giải hệ (I), (II) 0.25 0.25 0.25 19 Lop12.net (20) Sau đó hợp các kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu là S 5;3 , 5; Giải bất phương trình : log 22 x log x (log x 3) x §K: 2 log x log x Bất phương trình đã cho tương đương với log 22 x log x (log x 3) đặt 0.25 (1) t = log2x, t 2t (t 3) (t 3)(t 1) (t 3) BPT (1) t 1 t 1 t 3t 4 (t 1)(t 3) 5(t 3) Câu III 0.25 log x 1 3 log x 0 x Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; ] (8;16) 8 x 16 Tìm x (0; ) thoả mãn phương trình: Cot x - = cos x sin x sin x tan x 0.5 0.25 sin x sin x sin x cos x tan x 1 cos x sin x cos x cos x Khi đó pt sin x sin x cos x sin x cos x sin x cos x sin x cos x sin x cos x sin x sin x cos x sin x cos x sin x sin x(1 sin x) ĐK: (cos x sin x)(sin x cos x sin x 1) (cos x sin x)(sin x cos x 3) cos x sin x tanx = x x 0; k x KL: Câu IV 0.25 0.25 k (k Z ) (tm) Tính tích phân : I cos x cos xdx 20 Lop12.net (21)