Đề thi thử đại học, cao đẳng 2010 môn: Toán

Viết phương trình của mặt cầu S đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A5;2;1 và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng P và Q.. Theo chương trình nâng cao.[r]

Đề thi thử đại học, cao đẳng 2010 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 180 phót PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  mx3  3mx  m  1 x  , m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên m = Xác định các giá trị m để hàm số y  f ( x) không có cực trị Câu II (2 điểm) sin x  cos x Giải phương trình : sin x   tan x  cot x  log  x  1   log  x  log   x  2 Giải phương trình: 3 Câu III (1 điểm) Tính tích phân A   dx x 1 x 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích và diện tích xung quanh hình nón đã cho  x  x   Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm   x  m  1 x  m   PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC là 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – = Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : x  y  2z + = 0; Q  : x  y  2z -13 = Viết phương trình mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q) Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:  C  C  An  n  n   (Ở đây Ank , Cnk là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k n phần tử)  C n   A3  n 1 15 n 1 Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = và đường tròn (C): 2 tọa độ các giao điểm A, B đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết x  y  x  y   Xác định điểm A có hoành độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) cho tam giác ABC vuông B Cho mặt phẳng (P): x  y  z   và các đường thẳng d1 : x 1  y 3 3  z ; d2 : x5 Tìm các điểm M  d1 , N  d cho MN // (P) và cách (P) khoảng Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số f ( x )  ln f '( x )  3  x   sin  t dt x2 GiaoAnTieuHoc.com và giải bất phương trình  y  z5 5 Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ Câu I Ý Nội dung Khi m = ta có y  x  x  + MXĐ: D  A + Sự biến thiên:  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điểm 2,00 1,00 0,25 x    x  2 y '  3x  x ; y '    x   Bảng biến thiên 0,25 0,25 yC§  y 2   3; yCT  y 0   1  Đồ thị 0,25 1,00 + Khi m =  y  x  , nên hàm số không có cực trị + Khi m   y '  3mx  6mx  m  1 Hàm số không có cực trị và y '  không có nghiệm có nghiệm kép GiaoAnTieuHoc.com 0,25 0,50   '  9m  3m m  1  12m  3m    m  0,25 II 2,00 1,00 sin x  cos x  tan x  cot x  (1) sin x Điều kiện: sin x  0,25 1  sin 2 x  sin x cos x  (1)      sin x  cos x sin x  0,25 1  sin 2 x 1     sin 2 x   sin x  sin x sin x Vậy phương trình đã cho vô nghiệm 0,50 1,00 log x  1   log  x  log8 4  x  (2) x 1  4  x   Điều kiện: 4  x     x  1 4  x   0,25 (2)  log x    log 4  x   log 4  x   log x    log 16  x   log x   log 16  x  x   16  x 0,25 + Với 1  x  ta có phương trình x  x  12  (3) ; 0,25 x  (3)    x  6 lo¹i  + Với 4  x  1 ta có phương trình x  x  20  (4);  x   24 4     x   24 lo¹i  0,25  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  x   III  1,00 GiaoAnTieuHoc.com Đặt t   x  t   x  2tdt  2 xdx  dx tdt  x x dx tdt tdt   2 x 1 t t 1 + Đổi cận:  0,50 x t  2 x t  2 A dt  t 1  3 dt t  23     1  t 2 ln  t |12  ln     0,50 IV 1,00 Gọi E là trung điểm AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy SOE   AB Dựng OH  SE  OH  SAB  , OH là khoảng cách từ O S SAB đến (SAB), theo giả thiết thì OH = Tam giác SOE vuông O, OH là đường cao, ta có: 1 1 1       1  2 2 2 OH SO OE OE OH SO 9  OE   OE  2 81 SE  OE  SO     SE  8 2 2S 36  AB.SE  AB  SAB  8 SE 2 0,25   9 265 1  OA2  AE  OE   AB   OE    32   8 2  1 265 265   Thể tích hình nón đã cho: V   OA2 SO   3 8 Diện tích xung quanh hình nón đã cho: 265 337 337 SA2  SO  OA2     SA  8 S xq   OA.SA   0,25 0,25 0,25 265 337 89305  8 V 1,00  x  x   (1) Hệ bất phương trình   x  m  1 x  m   (2) 1   x  Hệ đã cho có nghiệm và tồn x0  1;6 thỏa mãn (2) GiaoAnTieuHoc.com 0,25 x2  2x   m (do x  1;6  x   0) 2 x  1 2   x  x   2 x  1m  x2  2x  ; x  1;6 Gọi f ( x)  2x 1 0,25 Hệ đã cho có nghiệm  x0  1;6: f ( x0 )  m f ' x   2x2  2x  2 x  1  x  x   2 x  1 ; f ' x    x  x    x  1  17 0,25 1  17 2 27  1  17  3  17 Ta có: f (1)  , f (6)  , f    13  2  Vì x  1;6 nên nhận x  Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x)  Do đó x0  1;6: f ( x0 )  m  max f ( x)  m  x1;6 27 13 0,25 27 m 13 VIa 2,00 1,00 4 x  y    x  2 Tọa độ A nghiệm đúng hệ phương trình:    A 2;  x  y   y  4 x  y   x  Tọa độ B nghiệm đúng hệ phương trình    B 1;0  x  y 1  y  Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a x    b  y     ax  by  2a  4b  0,25 0,25 Gọi 1 : x  y   0;  : x  y   0;  : ax  by  2a  4b  Từ giả thiết suy A ;    A ;   Do đó |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos A ;    cos A1 ;     25 5 a  b a  | a  2b | a  b  a 3a  4b     3a  4b  + a =  b  Do đó  : y   + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = thì b = Suy  : x  y   (trùng với 1 ) Do vậy, phương trình đường thẳng AC là y - = y   x  Tọa độ C nghiệm đúng hệ phương trình:    C 5;  x  y 1  y  0,25 0,25 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có: OI  AI  OI  AI  d I , P   d I , Q   OI  d I , P   d I , P   d I , Q  Ta có: 0,25 0,25 GiaoAnTieuHoc.com OI  AI  OI  AI  a  b  c  a    b    c  1 2  10a  4b  2c  30 (1) | a  2b  2c  | OI  d I , P   a  b  c   a  b  c  a  2b  2c   (2) | a  2b  2c  | | a  2b  2c  13 | d I , P   d I , Q    3  a  2b  2c   a  2b  2c  13 (lo¹i)   a  2b  2c  (3)  a  2b  2c    a  2b  2c  13 Từ (1) và (3) suy ra: b  17 11a 11  4a  ;c (4) Từ (2) và (3) suy ra: a  b  c  (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: a  221a  658   Như a  a  658 Suy ra: I(2;2;1) và R = 221 0,25 67   658 46 I ; ;  và R =  221 221 221  Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là: 2 658 46 67 2 x     y    z  1  và  x     y     z    221   221   221   VIIa Điều kiện: n    n  Hệ điều kiện ban đầu tương đương:  n  1n  n  3n   n  1n  n  3   n  n  3  4.3.2.1 3.2.1   n  1n n  1n  n  3  n  1n n  1  5.4.3.2.1 15 n  9n  22    n  5n  50   n  10 n   0,25 1,00 0,50 0,50 VIb 2,00 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm hệ phương trình  x2  y  2x  y    y  0; x     y  1; x  3 x  5y   0,50 Vì A có hoành độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1) Vì AABC  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4) 0,50 1,00  x   2t  Phương trình tham số d1 là:  y   3t M thuộc d1 nên tọa độ M 1  2t ;3  3t ; 2t   z  2t  Theo đề: GiaoAnTieuHoc.com 0,25 d M , P   |1  2t  3  3t   4t  1| 12  2   22 2 |12t  |   12t   6  t1  1, t2  + Với t1 = ta M 3;0;  ; 0,25 + Với t2 = ta M 1;3;0  + Ứng với M1, điểm N1  d cần tìm phải là giao d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1) là: x  3  y  z     x  y  z   (1)  x   6t  Phương trình tham số d2 là:  y  4t (2)  z  5  5t  0,25 Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 =  t = -1 Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0) + Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) VIIb Điều kiện f ( x)  ln Ta có:  3  x  3  x    sin 0 x3  ln1  3ln 3  x   3ln 3  x  ; f '( x)  3 3  x '  3 x 3  x  0,25   t  cos t 3 dt   dt  t  sin t |    sin    0  sin      Khi đó: f '( x)  0,25 1,00  sin  t dt x2 -2 2x 1    x  2    x 3 x        3  x x      x3  x  3; x  2  x  3; x  2 2  -1 GiaoAnTieuHoc.com 0,25 0,50