Đề thi thử đại học 2010 môn: Toán

+Gọi D là trung điểm BC  AD  BC Vì ABC cân tại A  AD  SBC +Gọi E trung điểm SB  AE  SB Vì SAB đều  DE  SB Định lý 3 đường vuông góc +SC//DE DE đường trung bình tam giác  SC  SB[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 MÔN:TOÁN-KHỐI A&B I: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH CâuI (2điểm): Cho hàm số y = x3 - 3x2 + (C) 1: Khảo sát hàm số 2: Gọi (d) là đường thẳng qua điểm A(2 ; 0) có hệ số góc k.Tìm k để (d) cắt (C) ba điểm phân biệt A ; M ; N cho hai tiếp tuyến (C ) M và N vuông góc với Câu II (2 điểm): 1: Giải phương trình: 3(sin 2: Giải bất phương trình: Câu III (1điểm): x x  cos )  cos x  sin x 2 x  35  x   x  24 Tính tích phân : I = ln( x   1) dx x 1  x 1 Câu IV (1điểm): Cho tam gi¸c ABC c©n néi tiÕp ®­êng trßn t©m J b¸n kÝnh R=2a (a>0) ,gãc BAC =1200.Trªn ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC) lÊy ®iÓm S cho SA = a Gäi I lµ trung ®iÓm ®o¹n BC TÝnh gãc gi÷a SI vµ h×nh chiÕu cña nã trªn mÆt ph¼ng (ABC) & tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC theo a Câu V (1điểm): Cho x, y, z > Chứng minh rằng: y x z 1  2  2 2 2 x y y z z x x y z PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình chuẩn (2điểm) Câu VIa: 1) Cho  ABC có diện tích ; Điểm A(1;2); B(-2;3) trọng tâm G  ABC thuộc đường thẳng (d): x + y – = 0.Tìm tọa độ điểm C 2) Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có điểm A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A1(0;0;2) M là trung điểm AB; N là tâm hình vuông ADD1A1 Tính bán kính đường tròn là giao tuyến mặt cầu qua C ; D1 ; M ; N với mặt phẳng MNC1 Câu VII/a: Cho n là số tự nhiên n  2.Tính n S   k 2Cnk 2k  12.Cn1  22.Cn2 22   n Cnn 2n k 1 B Theo chương trình nâng cao (2điểm) Câu VIa.1) Cho (P) y2 = x và đường thẳng (d): x – y – = cắt (P) hai điểm A và B Tìm điểm C thuộc cung AB cho  ABC có diện tích lớn 2) Trong không gian Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D” có A(0;0;0); B(1;0;0);D(0;1;0),A’(0;0;1) Điểm M là trung điểm AB , N là tâm hình vuông ADD’A’ Tính bán kính đường tròn là giao mặt cầu (S) qua C,D’M,Nvới mặt cầu qua A’,B,C’,D 2( x  1)   yx log 2010 y Câu VII/b: Giải hệ phương trình   y  x2   x  y  Hết Ghi chú :-Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Lop12.net ĐÁP ÁN CÂ U ĐI ỂM I/1 Khảo sát hàm số 1:Tập XĐ:R 2:Sự biến thiên +Giới hạn y=x3-3x2+4 lim y  ; lim y   x  x  +Bảng biến thiên +y'=3x2-6x=0  x=0;x=2 Hàm số đồng biến (-  ;0) và (2;+  );nghịch biến (0;2);Cực đại (0;4);Cực tiểu (2;0) x y' - + - + 0,2 0,2 + + y - 3:Đồ thị +y"=6x-6=0  x=1 Điểm uốn đồ thị U(1;2) +Đồ thị 025 025 …………………………… +PT đường thẳng d: y=k(x-2) +Hoành độ A;M;N là nghiệm PT: x3-3x2+4=k(x-2) I/2  (x-2)(x2-x-2-k)=0  x=2=xA;f(x)=x2-x-2-k=0 +PT có 3nghiệm phân biệt  f(x)=0 có 2nghiệm phân biệt khác  xM  xN        k  Theo Viét ta có   f (2)   xM xN  k  +Tiếp tuyến M và N vuông góc với  y'(xM).y'(xN)=-1 3  2 (tm)  ( xM2  xM )(3 xN2  xN )  1  9k2+18k+1=0  k  025 PT tương đương 025 Lop12.net II/ x  x x x x  x  cos )  cos x  sin 2x  3 sin  cos   sin cos   2  sin x  cos x 2 2  2  x  x x  x x  x    3 sin  cos   sin x   2  sin x  cos  sin  cos  sin   2  2    x x x 3   x   cos  sin (2  sin x) sin  cos    2 2   x x x   x  * sin  cos   sin        k  x   k2  (k  ) 2 2 4 *  sin x   sin x  2 (v« nghiÖm) 3(sin x x 3  x   * sin  cos    sin      sin x     (v« nghiÖm) VËy nghiÖm 2 2 4 2 2 4   phương trình là: x   k2   k    05 025 025 025 025 025 025 II/ x  35  x  24  x  BPT tương đương  11 x  35  x  24 025  5x   11  (5 x  4)( x  35  x  24) Xét: a)Nếu x  025 không thỏa mãn BPT b)Nếu x>4/5: Hàm số y  (5 x  4)( x  35  x  24) với x>4/5 y'= 5( x  35  x  24)  (5 x  4)( x  35  x  24 ) >0 x>4/5 +Nếu 4/5<x  thì y(x)  11 +Nếu x>1 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1 ……………………………………………………………………… Đặt t= x   * x = t = *x =  t = *dx=2(t-1)dt I=2 025 Vậy HSĐB III 3 (t  1) ln t ln t 2 (t  1)2  t  dt  22 t dt   ln td ln t  ln t 32  ln  ln 2 ……………………………………………………………………… Lop12.net 025 05 S 025 IV E B D C 025 A +Gọi D là trung điểm BC  AD  BC (Vì ABC cân A)  AD  (SBC) +Gọi E trung điểm SB  AE  SB (Vì SAB đều)  DE  SB (Định lý đường vuông góc) +SC//DE (DE đường trung bình tam giác)  SC  SB Vậy tam giác SBC vuông S +AD là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.Nên tâm O mặt cầu ngoại tiếp SABC thuộc AD.Mặt khác O cách A; B; C nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Vậy bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 025 DC a  b2 3a  b   sin C  +BC = a  b  cosC= AC 2a 2a AB a +R=  2sin C 3a  b 025 ……………………………………………………………………… +Mặt cầu qua C(2; 2; 0);D1(0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có phương trình: x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d=0 nên 025 4a  4b  d   4b  4c  d     a  c   ;b   ; d   2  2a  d   2b  2c  d   025 V 025 025 Suy tâm mặt cầu và bán kính mặt cầu là: I(5/2;1/2;5/2); R =   35 +(MNC1) qua M(1;0;0) nhận  MC1 ; NC1   (0;3; 3) làm véc tơ pháp tuyến có PT: y – z = + h = d(I;(MNC1)) = 05 + Bán kính đường tròn giao tuyến là R  h  VI 3 ……………………………………………………………………… +Đặt a  x  0; b  y  0; c  z  2a 2b 2c 2a 2b 2c 1 +VT=       2  2  2 a b b c c a 2a b 2b c 2c a ab bc ca 05 (Theo BĐT CôSi) +VP= VI 1 1 1  4 4 2 2 2 a b c ab bc ca (Áp dụng BĐT CôSi cho cặp) ĐPCM Dấu xảy và a = b = c =1 hay x = y = z = ……………………………………………………………………… Lop12.net 025 025 I/a Phần riêng theo chương trình NC  y2  x x  y   +Tọa độ A;B là nghiệm hệ:  +C(yo2;yo)  (P); h=d(C;d)= A(1;-1); B(4;2) 025 y  yo  2 o 025 2 yo  yo  2 +Xét hàm số f = yo2  yo  Với 1  yo  + SABC  h AB  VI I/b Suy Max f = 9/4 Tại C(1/4;1/2) ……………………………………………………………………… 025 n S   k 2Cnk 2k  12.Cn1  22.Cn2 22   n Cnn 2n k 1 n n k 1 k 1 =  k (k  1)Cnk 2k   kCnk 2k Xét khai triển n (1+x)n=  Cnk x k ; n(1+x)n-1= k 0 n  kC k 0 n k n x k 1 Lấy x=2 ta 025 n n.3n-1=  kCnk 2k 1  2n.3n-1=  kCnk 2k k 0 k 0 n +n(n-1)(1+x)n-2 =  k (k  1)Cnk x k 2 Lấy x=2 ta k 0 n n k 0 k 0 n(n-1)3n-2=  k (k  1)Cnk 2k 2  4n(n-1)3n-2=  k (k  1)Cnk 2k VI I/a Vậy S=n.3n-2(2+4n) ……………………………………………………………………… Phần riêng theo chương trình +PT đường thẳng AB: x+3y-7=0 +G  (d)  G(a;2-a) Do G trọng tâm tam giác ABC nên diện tích tam giác GAB 3/2 1 + SGAB  AB.d (G; AB)  2a   giải tìm a = 1; a = -2 2 +Nếu a =  G(1; 1) Vậy C(4; -2) +Nếu a = -2  G(-2; 4) Vậy C(-5; 7) ……………………………………………………………………… x  3y  x  3y  + y  x   x  3y     y  x  h y  x 1  y  3y  x  x   025 025 025 025 025 025 05 +Với y = -x - thay PT hệ: VI I/b log 2010 2.20102  6.20102 2( x  1) =-2  x = ; y = (tm đk) 2.20102  2.20102  x  025 +Với y = x - thay PT hệ: x=  log 2010 log 2010  ; y= 2 Không thỏa mãn điều kiện ……………………………………………………………………… Lop12.net 025 Lop12.net