Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 132)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7 ĐIỂM Câu I.. học sinh tự giải 2..[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 132 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ĐIỂM) x 1 có đồ thị là (C) x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Chứng minh đường thẳng (d) : y  2x  m luôn cắt (C) hai điểm phân biệt M và N thuộc trên hai nhánh (C) Khi đó hãy tìm các giá trị m để đoạn MN ngắn Câu II (2 điểm)     Giải phương trình: 2sin  cos2 x    sin  sin 2x  2  2  Câu I (2 điểm) Cho hàm số: y  1 Giải phương trình: (x  24)  (12  x)  Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   dx (1  x )  x 3 Câu IV (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC cạnh a, I là là trung điểm BC và D là điểm đối xứng A a qua I Trên đường thẳng vuông góc với (P) D lấy điểm S cho SD  Gọi H là hình chiếu I trên SA Chứng minh (SAB)  (SAC) và tính theo a thể tích khối chóp H.ABC   Câu V.(1 điểm) Cho a, b, c là các số dương thuộc khoảng 0; và a  b  c  3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P   a2   b2   c2 II PHẦN RIÊNG (3 ĐIỂM) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) nằm cùng phía trục tung Biết (C1 ) : (x  1)  (y  2)  và (C2 ) tiếp xúc với trục tung gốc tọa độ, có đường kính Viết phương trình các tiếp tuyến chung (C1 ) và (C2 ) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(1;1;0) đồng x   x  1  u   thời cắt hai đường thẳng (d1 ) :  y  t ; (t  : ) và (d ) :  y  ; (u  : ) z  t z    Câu VII.a (1 điểm) Cho số tự nhiên n thỏa: 1.C1n  2C 2n   nC nn  n.22009 Tìm số hạng chứa x 805 khai triển nhị thức n   Niutơn  x   ; x  2x x   Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho hình vuông tâm I(2;3) , có cạnh nằm trên đường thẳng (  ) : x  2y   Viết phương trình các cạnh hình vuông đó Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x  1)  (y  2)  (z  3)  64 và mặt phẳng (P) : 2x  y  2z  13  cắt theo giao tuyến là đường tròn (C) Xác định tâm và bán kính đường tròn đó Câu VII.b (1 điểm) Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z   3i  Hãy tìm số phức có môđun nhỏ –––––––––––––––––––––––––– Hết –––––––––––––––––––––––––––– Ghi chú: Học sinh trình bày bài làm rõ ràng, sẽ, không sử dụng bút xóa và bút chì Lop10.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 132 ) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ĐIỂM) Câu I (2 điểm) (học sinh tự giải) Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (C): x   (x  1)(2x  m) ; (x  1) y  2x  (3  m)x   m  ; (x  1) Đặt: f (x)  2x  (3  m)x   m   (3  m)  8(1  m)  m  2m   ; m Ta có:  f (1)  2  ; m  (d) luôn cắt (C) tai hai điểm phân biệt M và N Mặt khác: a.f (1)  2.f (1)  4   x N   x M Vậy M, N luôn thuộc hai nhánh (C)  y M  2x M  m Ta có:  (do M , N  (d) )  y N  2x N  m 1 -1 -1 O x  (3  m)  MN  (x M  x N )  (y M  y N )  5(x M  x N )  5(S2  4P)    2(1  m)   (1  m)  16  20   Vậy: MN   m    m  1 Câu II (2 điểm)     2sin  cos2 x    sin  sin 2x  2  2          2sin  cos2 x   sin  sin 2x   cos cos2 x   sin  sin 2x  2  2  2        cos cos2 x   cos   sin 2x   cos cos2 x   cos  (1  sin 2x)  2  2    cos2 x   (1  sin 2x)  k2  cos2 x   (1  sin 2x)  2k 2 1  (1  cos2x)  (1  sin 2x)  2k (1) 1  cos2x   sin 2x  4k sin 2x  cos2x  4k    1  cos2x  sin 2x   4k sin 2x  cos2x   4k (2)  (1  cos2x)   (1  sin 2x)  2k  2  k  Phương trình (1) có nghiệm  (4k)     16k   8k     2 2 k0 k  :  2 Phương trình (2) có nghiệm  (2  4k)     4(1  2k)   4(1  4k  4k )   8k  8k   2  2 k   4  k    phương trình (2) vô nghiệm k  :  Vậy phương trình đã cho có nghiệm k   sin 2x  cos2x     k   sin  2x     2x   k  x    ; (k  : ) 4  Lop10.com Nhận xét: Theo định nghĩa lũy thừa số mũ hữu tỉ, số phải dương nên điều kiện có nghĩa biểu  x  24   24  x  12 thức là:  12  x  Đặt: u  (x  24) ; v  (12  x) với u , v  u  v  u  v  u  v  u  v  Ta có:        3 2  u  v  36  u  (6  u)  36  u  u  12u   u(u  u  12)   (x  24) 3   x  24  27  u    (do u, v  0)  (12  x)   12  x   x  (thỏa) v   24  x  12  24  x  12    Câu III (1 điểm)  3 3  x  t   x  t  1  Đặt: t   x  t   x   t 2dt t 2dt x dx  t dt  dx    x2 3  t     x Đổi cận: t Khi đó: t2 I  t  13 t dt   t 2 t t  1 dt   dt t t  1 t 3dt du dt  du    t t t4 u  dt     t  t 1     t     dt 3  t 1    t  Ta lại đặt tiếp: u   Đổi cận:  2 1 1   2  1   2 2 3    u 1 u t  dt   du   u du     u  Vậy: I    t 30 3  0  0 Câu IV (1 điểm) Chứng minh: (SAB)  (SAC) Ta có: BC  AD    BC  (SAD)  BC  SA BC  SD (doSD  (ABC))  Như vậy: SA  BC  : :   SA  (HBC)  SA  HB và SA  HC  [(SAB), (SAC)]  BHC SA  IH  Ta có: AHI : ADS  a a HI AI  với: SD  , AI  2 SD AS Lop10.com 1  1   t    dt t4 AS  AD  SD  (a 3)  ( AI.DS a a a a 3a  HI   SD   )  AS 2 3a 2 2 Tam giác HBC có IH  IB  IC  a :  900  HBC vuông H  BHC S Vậy: (SAB)  (SAC) (đpcm) H Tính theo a thể tích khối chóp H.ABC Ta có: VH.ABC  VS.ABC  VS.HBC A C 1 a a a VS.ABC  SD.SABC   (đvtt) 3 I SH là đường cao hình chóp S.HBC  VS.HBC  SH.SBCH D B a a  IHC vuông cân I Tam giác IHC có IH  IC  , HC  2  IHB vuông cân I  HB  HC  a 1 a 2 a2  SBHC  HB.HC  ( )  (đvdt) 2 Tam giác AHB vuông H  AH  BA  BH  a  ( SH  SA  AH  a 2 a2 a )  a2   2 3a a 2a a2 a3 (đvtt)    a  VS.HBC  a  12 2 2 Vậy: VH.ABC  VS.ABC  VS.HBC  a3 a3 a3   (đvtt) 12 24 Câu V (1 điểm) Vẻ đường tròn tâm O đường kính AB  Do  a  , trên đường tròn ta lấy điểm M cho AM  a  MB   a Gọi C là điểm chính nửa cung tròn chứa điểm M  CO  AB a (Chú ý các tam giác MAB và CAB vuông M và C) Ta có: 2SAMB  AM.MB  HM.AB  CO.AB (Vì MH  OC) A M C  a2 H O a 3  (1) Dấu đẳng thức xảy a   a2 b c   Hoàn toàn tương tự ta có: (2) và (3) 2 3 6b 3 c 1 abc 3 Cộng (1) , (2) và (3) vế theo vế ta được:      2 3 6a 6b 6c  a  a2  Vậy Pmin  đạt a = b = c = II PHẦN RIÊNG (3 ĐIỂM) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Ta có: Đường tròn (C1 ) có tâm I(1;2) và bán kính R  nên (C1 ) tiếp xúc với Oy (1) Lop10.com B Do hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) nằm cùng phía với trục tung và đường tròn (C2 ) tiếp xúc với trục tung gốc tọa độ, có đường kính nên (C2 ) có tâm J( 2;0) nằm trên trục hoành và có bán kính R  (2) Mà: R  R  IJ  R  R  (C1 ) và (C2 ) cắt hai điểm  (C1 ) và (C2 ) có hai tiếp tuyến chung Từ (1) và (2) suy trục Oy: x  là tiếp tuyến chung (C1 ) và (C2 ) Đường nối tâm IJ có phương trình là: x  xI y  yI x 1 y      2x  y   x J  x I yJ  yI 2 x  x  Gọi M  Oy  IJ  tọa độ điểm M thỏa hệ:    M(0;4) 2x  y   y  y Gọi H  OH  IJ  H là trung điểm ON (với N  (C2 ) ) OH qua gốc tọa độ O và OH  IJ  (OH) : x  2y  M  x  x  2y   8 4  16    H ;   N ;  Tọa độ điểm H thỏa hệ:  I 5 5  5 2x  y   y   Tiếp tuyến chung thứ hai (C1 ) và (C2 ) là MN có phương trình: x  xM y  yM x y4     3x  4y  16  O 16 x N  x M yN  yM 4 5 Vậy (C1 ) và (C2 ) có hai tiếp tuyến chung là: ( 1 ) : x  và (  ) : 3x  4y  16  N x J Gọi (d) là đường thẳng cần tìm và (d) cắt (d1 ) và (d ) theo thứ tự B và C Ta có: B  (d1 )  B(1; t ; t) và C  (d )  C( 1  u ;0;1)    AB  (0;   t ; t) , AC  ( 2  u ;  1;1)  1  t t t   1 Ba điểm A, B, C thẳng hàng       B  1; ;  , C(1;0;1) 2  u 1  2  u  x  qua A(1;1;0)   Vậy (d) :   (d) :  y   t ; (t  : )  vtcp CA  (0;  1;1) z  t  Câu VII.a (1 điểm) Xét nhị thức: 1  x   n n  C x k 0 k n k Lấy đạo hàm hai vế ta có: n 1  x  n 1 n   kC kn x k 1 k 1 n n Cho x = ta được: 1.C  2.C   n.C  n.2n 1  n.2n 1  n.22009  2n 1  22009  n  2010 n 2010 n k 2010  2k 3k 2010 2010 2010  k     2010 k k 10052k  k 2 Ta có:  x   C x  C x x  C2010 x    2010 2010    k k 2x x    2x x  0 2 Yêu cầu bài toán  1005  2k  805  k  100 Vậy số hạng cần tìm là: 100 C100 2010 Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm)   Lop10.com Gọi k là hệ số góc đường chéo (d) hình vuông  (d) : y  k(x  x I )  y I  kx  y   2k   k  2k  2k      1  :(d);(  )     k    k  Ta có: tan (d);(  )   2k 4  1 k  k Vậy phương trình hai đường chéo hình vuông là: (d1 ) : x  3y  11  và (d ) : 3x  y    x  2y   x  Gọi M  (  )  IM  tọa độ điểm M thỏa hệ:    M(5;2)  x  3y  11  y  N I là trung điểm MP  P( 1;1) Vậy phương trình các cạnh hình vuông là: (MQ) : x  2y   (chính là (  ) ) (MN) : 2x  y  12  (  (  ) M ) P I (PQ) : 2x  y   (qua P và  (  ) ) (MQ) : x  2y   (qua P và // (  ) ) () 450 M Mặt cầu (S) có tâm I(1;  2;  3) và bán kính R  Q    13 11   R   (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) Ta có: HI  d I;(P)   1 Đường tròn (C) có tâm H là hình chiếu I trên mặt phẳng (P) và bán kính là 455  11  r  AH  R  HI      3  Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là n  (2;  1;2) 2 qua I(1;  2;  3)  Gọi (d) là đường thẳng qua I và vuông góc với (P)  (d) :  vtcp n  (2;  1;2)   x   2t   (d) :  y  2  t ; (t  : ) z  3  2t  H  (d)  (P)  H(1  2t ;2  t ;   2t) thay vào (P) ta được: 11  13 49  2(1  2t)  (  t)  2(   2t)  13   9t  11   t    H   ;  ;   9   455  13 49  Vậy đường tròn cần tìm có tâm H   ;  ;   và bán kính 9   Câu VII.b (1 điểm) Đặt: z  a  bi 3 (*) Ta có : z   3i   a  bi   3i   (a  2)  (b  3)i   (a  2)  (b  3)  2 Từ (*) suy điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn hệ thức đã cho nằm trên đường tròn tâm I(2;  3) và bán kính R  Ta có: z  M nằm trên đường tròn và gần gốc tọa độ O Đó là điểm M1 trên hình vẽ (là hai giao điểm OI với đường tròn) Kẻ M1H  Ox ta có: OI  OH  OM12    13 y H O Lop10.com M1 x  13  78  13  b  M1H   26 OH M1H M1O 13  Theo Talet ta có:     OI 13 OH    26  13  a  13 13 26  13 78  13  i 13 26 Vậy số phức cần tìm là: z  Lop10.com