Viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng P, vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới bằng 42.. Giải hệ phương trình.[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) ĐỀ THI THU DAI HOC NAM 2010 Tham khao MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 2x có đồ thị (C) x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Với điểm M thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến M cắt tiệm cận Avà B Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ Cho hµm sè y Câu I (2 điểm) Câu II (2 điểm) : x y x y 12 Giải hệ phương trình: y x y 12 2.Giải phương trình: sin x cos x 3 3cos3 x 3cos2 x cos x s inx 3 Câu III: Tính diện tích miền phẳng giới hạn các đường y | x x | và y x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ Câu V (1 điểm) Cho phương trình x x 2m x 1 x x 1 x m3 Tìm m để phương trình có nghiệm PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 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 Cho đường thẳng (D) có phương trình: x 2 t y 2t z 2t .Gọi là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc A trên (D) Trong các mặt phẳng qua , hãy viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là số thực thuộc (0;1] Chứng minh 1 xy yz zx x y z Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 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 x 1 2t Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng có phương trình tham số y t Một điểm M z 2t thay đổi trên đường thẳng , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh b c a 2 3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b Hết Kỳ thi thử đại học- cao đẳng n¨m 2010 Lop12.net (2) Hướng dẫn chấm môn toán C©u I.1 Néi dung §iÓm 2x x 1 Kh¶o s¸t hµm sè y= 1,00 Tập xác định: R\{1} Sù biÕn thiªn: + ChiÒu biÕn thiªn: y ' 2( x 1) (2 x 1) 3 ( x 1) ( x 1) 0,25 Hµm sè nghÞch biÕn trªn c¸c kho¶ng (-∞; 1) vµ (1;+∞) Cực trị : Hàm số đã cho không có cực trị TiÖm cËn: lim y lim x 1 x 1 lim y lim x 1 x 1 2x x 1 2x x 1 0,25 Do đó đ-ờng thẳng x=1 là tiệm cận đứng 2x 2 x x lim y lim x VËy ®-êng th¼ng y= lµ tiÖm cËn ngang * B¶ng biÕn thiªn: x -∞ y' +∞ - y - 0,5 +∞ -∞ 3* Đồ thị : HS tự vẽ đồ thị hàm số I.2 Với M bất kì (C), tiếp tuyến M cắt tiệm cận A, B Tìm M để chu vi 1,00 tam giác IAB đạt giá trị nhỏ Gäi M x0 ;2 (C) x0 * TiÕp tuyÕn t¹i M cã d¹ng: y 3 ( x x0 ) x0 ( x0 1) Tiếp tuyến M cắt hai tiệm cận A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A 0,25 1;2 x0 B(2x0-1; 2) * Ta cã: SIAB= ; I(1; 2) x0 2.3 (®vdt) IA IB= x0 Lop12.net 0,25 (3) C©u Néi dung §iÓm * IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi IAB đạt giá trị nhỏ IA= IB (HS tù chøng minh) x0 x0 x0 x0 * VËy cã hai ®iÓm M tháa m·n ®iÒu kiÖn 0,5 M1( 3;2 ) M2( 3;2 ) Khi đó chu vi AIB = Câu Ý II Nội dung 1) CâuII:2 Giải phương trình: sin x cos x 3 3cos3 x 3cos2 x cos x s inx 3 sin x(cos x 3) cos x 3 cos x 8( cos x sin x) 3 sin x cos x sin x cos x cos x cos x 3 8( cos x sin x) 3 ( cos x sin x)(2 cos x cos x 8) tan x cos x sin x cos x cos x cos x cos x 4(loai ) x k ,k x k 2 Điều kiện: | x | | y | u x y ; u 1 u2 Đặt ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có y v 2 v v x y Hệ phương trình đã cho có dạng: u v 12 u2 u v 12 2 v u u v v x y u + (I) v x y 0,25 u x y + (II) v x y Giải hệ (I), (II) 0,25 Lop12.net 2 (4) Sau đó hợp các kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu là S 5;3 , 5; 0,25 Sau đó hợp các kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình 1,00 ban đầu là S 5;3 , 5; III Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x x | (C ) và d : y x 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm (C) và (d): x x x 2 | x x | x x x x x x x x x x 2 x x x 0,25 Suy diện tích cần tính: S x x x dx x x x dx 2 Tính: I | x x | 2 x dx Vì x 0; 2 , x x nên | x x | x x I x x x dx 0,25 Tính K | x x | 2 x dx Vì x 2; 4 , x x và x 4;6 , x x nên 0,25 K x x x dx x x x dx 16 1,00 52 Vậy S 16 3 IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm các tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm AB, A’B’ Ta có: AB IC AB CHH ' ABB ' A ' CII ' C ' AB HH ' Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K II ' Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn Ta có: x x I ' K I ' H ' I 'C ' ; IK IH IC 3 x x r x 6r Tam giác IOI’ vuông O nên: I ' K IK OK Lop12.net 0,25 0,25 (5) Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V h B B ' B.B ' 2 Trong đó: B 4x x 6r 3; B ' x 3r ; h 2r 4 0,25 2r 3r 3r 21r 6r 6r Từ đó, ta có: V 3 2 VIa Điểm C CD : x y C t ;1 t Suy trung điểm M AC là t 1 t M ; t 1 t t 7 C 7;8 Điểm M BM : x y Từ A(1;2), kẻ AK CD : x y I (điểm K BC ) Suy AK : x 1 y x y 0,25 2,00 1,00 0,25 0,25 0,25 x y 1 Tọa độ điểm I thỏa hệ: I 0;1 x y 1 Tam giác ACK cân C nên I là trung điểm AK tọa độ K 1;0 Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: x 1 y 4x 3y 7 Gọi (P) là mặt phẳng qua đường thẳng , thì ( P) //( D) ( P) ( D) Gọi H là hình chiếu vuông góc I trên (P) Ta luôn có IH IA và IH AH d D , P d I , P IH Mặt khác H P Trong mặt phẳng P , IH IA ; đó maxIH = IA H A Lúc này (P) vị trí (P0) vuông góc với IA A Vectơ pháp tuyến (P0) là n IA 6;0; 3 , cùng phương với v 2;0; 1 Phương trình mặt phẳng (P0) là: x z 1 2x - z - = VIIa Để ý xy 1 x y 1 x 1 y ; yz y z và tương tự ta có zx z x Lop12.net 0,25 (6) Vì ta có: 1 x y z 111 x y z xy yz zx yz zx xy 1,00 x y z 3 yz zx+y xy z z y x vv yz zx y xy z z y x 1 5 z y yz 5 Ta có: AB 1; AB Phương trình AB là: 2x y 0,25 I d : y x I t; t I là trung điểm AC và BD nên ta có: C 2t 1; 2t , D 2t ; 2t Mặt khác: S ABCD AB.CH (CH: chiều cao) CH 0,25 5 8 8 2 | 6t | t C ; , D ; Ngoài ra: d C ; AB CH 5 t C 1;0 , D 0; 2 5 8 8 2 Vậy tọa độ C và D là C ; , D ; C 1;0 , D 0; 2 3 3 3 0,50 1,00 Gọi P là chu vi tam giác MAB thì P = AB + AM + BM Vì AB không đổi nên P nhỏ và AM + BM nhỏ x 1 2t Đường thẳng có phương trình tham số: y t z 2t Điểm M nên M 1 2t ;1 t ; 2t AM 2 2t 4 t 2t BM 4 2t 2 t 6 2t AM BM 2 9t 20 3t 3t 3t 3t 9t 36t 56 0,25 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u 3t ; và v 3t 6; | u | Ta có | v | 3t 3t 0,25 Suy AM BM | u | | v | và u v 6; | u v | 29 Lop12.net (7) Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u | | v || u v | Như AM BM 29 Đẳng thức xảy và u , v cùng hướng 3t t 1 3t M 1;0; và AM BM 29 Vậy M(1;0;2) thì minP = VIIb 11 29 0,25 0,25 1,00 a b c Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b c a c a b ab ca x, y , a z x, y , z x y z , y z x, z x y 2 Vế trái viết lại: ab ac 2a VT 3a c 3a b 2a b c x y z yz zx x y 2z z Ta có: x y z z x y z z x y x yz x y x 2x y 2y ; Tương tự: yz x yz zx x yz 2 x y z x y z Do đó: yz zx x y x yz b c 2 Tức là: a 3a b 3a c 2a b c 3a c 3a b Đặt x x 2m x 1 x x 1 x m3 (1) V.Phương trình Điều kiện : x Nếu x 0;1 thỏa mãn (1) thì – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 1 Thay x vào (1) ta được: 2 m 1 m m3 2 m 1 * Với m = 0; (1) trở thành: x 1 x x Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành x x x 1 x x 1 x 1 thì cần có điều kiện x x x x x x 1 x x x x 1 x x 1 x + Với + Với x 1 x 0 x 1 x x x 1 x x Lop12.net 0,50 0,50 (8) Trường hợp này, (1) có nghiệm * Với m = thì (1) trở thành: x x x 1 x x 1 x x 1 x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x 0, x x 1 x nên trường hợp này (1) không có nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = và m = -1 Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT NĂM HỌC 2010 MÔN TOÁN KHỐI B, D Thời gian làm bài: 180 phút Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x) x3 mx 2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m 3 2) Tìm tập hợp các giá trị m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành và điểm Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: tan x cot x 2sin x sin x 2) Giải phương trình: x x x 4; xR x sin x Câu III (1 điểm) Tính I dx cos x Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O A, B là hai điểm trên đường tròn 600 Tính theo a đáy cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB a , ASO SAB chiều cao và diện tích xung quanh hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 4x y 2x y xy Phần riêng (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x y và điểm M (2;1) Tìm phương trình đường thẳng cắt trục hoành A cắt đường thẳng (d ) B cho tam giác AMB vuông cân M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng qua hai điểm A 0; 1;2 , B 1;0;3 và tiếp xúc với mặt cầu S có phương trình: ( x 1) ( y 2) ( z 1) Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là nghiệm phương trình: z z Lop12.net (9) 2 2 1 1 1 1 Rút gọn biểu thức P z z z z z z z z Phần B Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C có phương trình : x y 25 và điểm M (1; 1) Tìm phương trình đường thẳng qua điểm M và cắt đường tròn C điểm A, B cho MA 3MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P có phương trình: x y Lập phương trình mặt cầu S qua ba điểm A 2;1; 1 , B 0;2; 2 , C 1;3;0 và tiếp xúc với mặt phẳng P log x log x 1 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình: log x 1 log ( x 1) Hết Câu I.1 (1,0 đ) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2010 Môn: Toán_ Khối B và D m 3 hàm số trở thành: f ( x) x x 2, Tập xác định D R Sự biến thiên x 1 y ' 3( x 1) x x 1 hàm số đồng biến trên ; 1 và 1; y' x y ' 1 x hàm số nghịch biến trên 1;1 0,25 điểm CĐ 1; , điểm CT 1;0 lim y x lim y 0,25 x Điểm uốn: y '' x x , Điểm uốn U 0;2 Bảng biến thiên: x y' + 1 CĐ y 0,25 CT 0,25 Câu I.2 (1,0 đ) Đồ thị Phương trình cho HĐGĐ x3 mx 0, (*) x3 x không thỏa mãn nên: (*) m x x 2 2 x g '( x) 2 x Xét hàm số g ( x) x x x g '( x) x ta có bảng biến thiên: x Lop12.net 0,25 0,25 0,25 (10) + g '( x) ll -3 g ( x) Số nghiệm (*) là số giao điểm đường thẳng y m và đồ thị hàm số y g ( x) nên để (*) có nghiệm thì m 3 0,25 Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị (Cm ) hàm số y f ( x) không có cực trị có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía trục hoành Câu II.1 (1,0 đ) tan x cot x 2sin x Điều kiện: x k ,(1) sin x 0,25 4sin x cos x 2sin 2 x sin x sin x 2(1 cos x) cos x 2(1 cos 2 x) (1) 0,25 cos 2 x cos x cos x (loai do:sin x 0) x k cos x Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: x Câu II.2 (1,0 đ) x 1 x x 4; 0,25 k , k Z 0,25 xR Đặt t x x t 2( x x ) ta phương trình t2 t t 2t t 4 t 0,25 0,25 x x 4 2 2( x x ) 16 x 2x + Với t = Ta có x x 4 x x x 0,25 x x 4 2 2( x x ) x 2x + Với t = ta có x x x x x 1 ĐS: phương trình có nghiệm x 2, x Lop12.net 1 0,25 (11) Câu III (1,0 đ) x sin x x sin x 3 I dx dx dx 2cos x 2cos x cos x x 3 x I1 dx dx 2cos x cos x u x du dx Đặt dx v tan x dv cos x 1 I1 x tan x tan xdx ln cos x 2 3 0,25 ln 2 sin x 3 3 2 I2 dx tan xdx (1 tan x)dx dx 2cos x 2 1 tan x x 03 2 3 0,25 I I1 I Câu IV (1,0 đ) Câu V (1,0 đ) 1 ln 2 3 S 1( 1 ln 2) 0,25 Gọi I là trung điểm AB , nên OI a Đặt OA R 600 SAB SAB 1 OA R IA AB SA 2 sin ASO Tam giác OIA vuông I nên OA IA2 IO R2 a R a2 R O A I SA a B a Chiếu cao: SO a Diện tích xung quanh: S xq Rl a a2 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x y 4x y 2x y x y y x y P xy y x y x 2 Thay y x được: y x 5 x y y x x y x 2 y x y x 2 3 P x 1; y Vậy Min P = 2 P Lưu ý: Có thể thay y x sau đó tìm giá trị bé hàm số g ( x) Câu AVI.1 (1,0 đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 3x 3x x(5 x) A nằm trên Ox nên A a;0 , B nằm trên đường thẳng x y nên B (b; b) , M (2;1) MA (a 2; 1), MB (b 2; b 1) 0,25 Tam giác ABM vuông cân M nên: 0,25 Lop12.net (12) (a 2)(b 2) (b 1) MA.MB , 2 ( a 2) ( b 2) ( b 1) MA MB b không thỏa mãn b 1 a ,b b 1 ,b b2 a b2 2 2 (a 2) (b 2) (b 1) b (b 2) (b 1) b a b 1 a b , b b a (b 2) (b 1) (b 2) b a Với: đường thẳng qua AB có phương trình x y b a Với đường thẳng qua AB có phương trình x y 12 b 0,25 0,25 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) hàm số Tìm các giá trị m để đường thẳng y = mx – m + cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình Giải phương trình cos x cos x 1 1 sin x sin x cos x x2 x x x x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( x ) x 3 dx x 1 x Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N là các điểm di động trên các cạnh AB, AC cho DMN ABC Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: x y xy Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức x3 y 16 z P 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) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = và hai đường thẳng x 1 y 1 z x2 y2 z d1: , d2: 1 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2 Lop12.net (13) Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + = và d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG x y z 1 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + = 1 Gọi M là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng nằm mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới 42 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình log y x log y 2 x y 25 ( x, y ) -Hết - SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN Đáp án gồm 05 trang Câu I Nội dung Điểm HS tu lam 2,0 II 2.0 Giải phương trình cos x cos x 1 1 sin x sin x cos x 1.0 ĐK: sin x cos x 0.25 Khi đó PT 1 sin x cos x 1 1 sin x sin x cos x 1 sin x 1 cos x sin x sin x.cos x 0.25 1 sin x 1 cos x 1 sin x sin x 1 cos x 1 (thoả mãn điều kiện) x k 2 x m2 0.25 k, m 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x Giải phương trình: k 2 và x m2 x2 x x x x2 ( x ) 3 x x PT 2 7 x x x x x 1.0 0.25 3 x x x x 2( x 2) 3 x x x2 x 2 x k, m 0.25 2 x x 1 x 16 Lop12.net 0.25 (14) x 1 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - III Tính tích phân Đặt u = x 3 dx x 1 x x u x u x 2udu dx ; đổi cận: x u Ta có: 1.0 2 0.25 x 3 2u 8u dx 0 x x 1 u 3u 2du 1 (2u 6)du 61 u 1du 0.25 u 6u ln u 1 0.25 3 ln 0.25 IV 1.0 D Dựng DH MN H Do DMN ABC DH ABC mà D ABC là tứ diện nên H là tâm tam giác ABC C B N H 0.25 M A 3 Trong tam giác vuông DHA: DH DA AH Diện tích tam giác AMN là S AMN 2 0.25 AM AN sin 600 xy xy Thể tích tứ diện D AMN là V S AMN DH 12 Ta có: S AMN S AMH S AMH 0.25 1 xy.sin 600 x AH sin 300 y AH sin 300 2 x y xy V 0.25 1.0 Trước hết ta có: x y 3 x y Đặt x + y + z = a Khi đó (biến đổi tương đương) x y x y x y 4P a 64 z 3 a z z (với t = , t ) a a 64 z 3 0.25 1 t 64t 3 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 Có f '(t ) 64t 1 t , f '(t ) t 0;1 Lập bảng biến thiên Lop12.net 0.25 (15) Minf t t 0;1 64 16 GTNN P là đạt x = y = 4z > 81 81 0.25 VI.a 2.0 1.0 Do B là giao AB và BD nên toạ độ B là nghiệm hệ: 21 x x y 1 21 13 B ; 5 x y 14 y 13 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc AC và AB góc AB và BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) là VTPT các đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: cos nAB , nBD cos nAC , nAB a b 2 2 a 2b a b a 8ab b a b - Với a = - b Chọn a = b = - Khi đó Phương trình AC: x – y – = 0, x y 1 x A = AB AC nên toạ độ điểm A là nghiệm hệ: A(3; 2) x y 1 y Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC BD nên toạ độ I là nghiệm hệ: x x y 1 7 5 I ; 2 2 x y 14 y 14 12 Do I là trung điểm AC và BD nên toạ độ C 4;3 ; D ; 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 x 1 2t x m Phương trình tham số d1 và d2 là: d1 : y 3t ; d : y 2 5m z t z 2m Giả sửd cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) và cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m) MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t) 3 m 2t 2k Do d (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN k n p 3 5m 3t k có nghiệm 2 2m t 5k 0.25 0.25 0.25 m Giải hệ tìm t x 2t Khi đó điểm M(1; 4; 3) Phương trình d: y t thoả mãn bài toán z 5t Lop12.net 0.25 (16) VII.a Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = n N Điều kiện: n 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = log4(n – 3)(n + 9) = n (n – 3)(n + 9) = 43 n2 + 6n – 91 = n 13 (thoả mãn) (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1 i 1 i 1 i (2i )3 (1 i ).(8i ) 8i 0.25 Vậy phần thực số phức z là 0.25 VI.b 2.0 1.0 Giả sử B( xB ; yB ) d1 xB yB 5; C ( xC ; yC ) d xC 2 yC xB xC yB yC 0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) Ta có BG (3; 4) VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – = 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: Bán kính R = d(C; BG) = 81 phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 25 0.25 0.25 1.0 Ta có phương trình tham số d là: x 2t y 2 t toạ độ điểm M là nghiệm hệ z 1 t x 2t y 2 t (tham số t) z 1 t x y z 0.25 M (1; 3;0) Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP d là ud (2;1; 1) Vì nằm (P) và vuông góc với d nên VTCP u ud , nP (2; 3;1) Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc M trên , đó MN ( x 1; y 3; z ) Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = x y z Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x y z 11 ( x 1) ( y 3) z 42 Giải hệ ta tìm hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) x 5 x3 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt : Nếu N(5; -2; -5) ta có pt : y2 3 y4 3 z 5 z 5 Lop12.net 0.25 0.25 0.25 (17) VII.b log y x log y Giải hệ phương trình 2 x y 25 1.0 ( x, y ) y x y Điều kiện: 0.25 yx yx log y x log y 1 log y 1 y Hệ phương trình x y 25 x y 25 x y 25 0.25 x 3y x 3y x 3y 25 2 x y 25 9 y y 25 y 10 0.25 15 ; x; y 10 10 15 ; x; y 10 10 (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) 0.25 Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì điểm phần đáp án quy định ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2009-2010 Môn thi: TOÁN – Khối A, B Lop12.net (18) Thời gian : 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số y x (3 x 1) m (C ) với m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) m Tìm các gíá trị m để đồ thị hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ hai điểm cực trị này hai phía trục tung Câu II:(2,0 điểm) 17 x).cos x 16cos x Giải phương trình: 8cos3 x sin x cos( Tính tích phân : I dx e x 1 x2 1 1 Câu III:(2,0 điểm) x Tìm các giá trị tham số m để phương trình: m e e x có nghiệm thực 1 1 Chứng minh: x y z 12 với số thực x , y , z thuộc đoạn 1;3 x y z Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a Góc mặt bên (SBC) với mặt đáy là 600 Tính theo a thể tích và diện tích xung quanh khối chóp S.ABC II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần: A B A Theo chương trình chuẩn Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân A với A 2;0 và G ; là trọng tâm Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Câu VI.a:(2,0 điểm) Giải phương trình: log 4.16 x 12 x x Tìm giá trị nhỏ hàm số y x 1 ln x B Theo chương trình nâng cao Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với A ; 1 và phương trình hai đường trung tuyến tam giác ABC qua hai đỉnh B , C là x y và x y Tìm tọa độ hai điểm B và C Câu VI.b:(2,0 điểm) log x 1 log x 2 x Giải phương trình: 3 ln x x1 x Tìm giới hạn: lim -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi: TOÁN – Khối A, B Câu Ý NỘI DUNG Lop12.net Điểm (19) Câu I (2,0đ) Ý1 (1,0 đ) Khi m =1 y x3 x Tập xác định D=R Giới hạn: lim y ; lim y x y’= 3x2 – x ; y’=0 x 1 Bảng biến thiên Hàm số đồng biến trên khoảng ; 1 , 1; và nghịch biến trên khoảng 1;1 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Hàm số đạt CĐ x = -1 ; yCĐ = và đạt CT x = ; yCT = -1 Ý2 (1,0 đ) Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3) Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) 0,25 đ y’ = 3x2 – 3m = ; ' 9m 0,25 đ m : y’ không đổi dấu hàm số không có cực trị 0,25 đ m : y’ đổi dấu qua nghiệm y’=0 hàm số có cực trị 0,25 đ KL: m âu II (2,0 đ) Ý1 (1,0 đ) m P m đpcm 0,25 đ Biến đổi: cos3 x sin x 8cos x 0,25 đ cos x.(2 cos x sin x 4) 0,25 đ cos x 0,25 đ v 2sin x sin x x k x k 2 , k Z x 3 k 2 KL: 0,25 đ x x 2 Khi x = 2y y 1 ; (loại) y y 1 0,25 đ Khi y=2x -3 x = : VN KL: nghiệm hệ PT là 2;1 0,25 đ Ý2 (1,0 đ) Câu III (2,0 đ) Ý1 (1,0 đ) x Đặt t e ĐK: t > PT trở thành: m t t 0,25 đ Xét f (t ) t t với t > t4 f '(t ) hàm số NB trên 0; t 1 Lop12.net 0,50 đ (20) lim f (t ) lim t t t4 1 t t4 1 t2 ; f(0) = 0,25 đ KL: 0< m <1 Ý2 (1,0 đ) Ta có: t t 1 t 3 t 4t t t 3 Suy : x ; y ; z x y z 1 1 Q x y z 12 x y z 0,25 đ 0,50 đ 1 1 Q 1 1 x y z x y z 12 0,25 đ x y z x y z Câu IV (1,0 đ) Gọi M là trung điểm BC A , M , H thẳng hàng BC AM BC SM SMH 600 AM=4a S ABC 12a ; p 8a r SH 0,25 đ S ABC 3a =MH p 0,25 đ 3a VS ABC 6a 3 0,25 đ Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC AB SN ; AC SP HM = HN = HP SM SN SP 3a S XQ 3ap 24a Câu Va (1,0 đ) Đặt AB = a BC a S ABC r 2 a a2 ;p 2 Câu VIa Ý (1,0 đ) (2,0 đ) 0,50 đ S ABC a p 2 0,25 đ AG 1; AG AM a r 0,25 đ 1 0,25 đ PT 4.16 x 12 x 32 x 1 4.42 x x.3x 3.32 x 2x x 4 4 Chia vế cho 32 x , ta có: 3 3 0,50đ x 4 Đặt t ĐK: t ; 4t t t 1(kth); t (th) 3 x Ý2 (1,0 đ) 1 4 4 Khi t , ta có: x 1 4 3 3 x 1 TXĐ: D 0; ; y ' ln x x x 1 y’= x ; y(1) = vì y ln x là HSĐB x Khi < x < y ' ; x > y ' Lop12.net 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ (21)