Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 128)

Viết phương trình chính tắc của E có 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hypebol H : 16 9 tiêu điểm trùng với tiêu điểm của hypebol H và ngoại tiếp hình chữ nhất cơ sở của H.. 2.Trong khôn[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 128 ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y  f x   x  m   x  m  5m  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  x  x 2 3x  Câu II(2.0điểm) 1/ Giải phương trình: cos(  )  sin(  )  2sin(  )  2sin(  ) 12 12 5  x   y   x  y  2/ Giải hệ phương trình:   x   y   x  y   Câu III(1.0 điểm) Tính tích phân : I   (cos10 x  sin10 x  cos x.sin x)dx a A  SAC A  30 , SA  a , SAB Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA  ( MBC ) Tính VSMBC Câu V (1,0 điểm) Câu IV(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = x  y  x 1 y  y 1 x 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x   y  x y PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chọn hai chương trình Chuẩn Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1, Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x – y – = Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC 18 2.Trong không gian toạ độ Oxyz, hãy viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng (d1) :  x 1 x 1 y     z A (1; - 1; 0) và tiếp xúc với đường thẳng (d2):  y  3t (t  R ) điểm B(1; 0; 1) 2  x   4t  Câu VI b (1,0 điểm) Cho số dương x, y thoả mãn : Xét phương trình: z2 + 2bz + c = , ( z  C) đó b, c  R, c ≠ Gọi A, B là các điểm biểu diễn hai nghiệm phương trình đó mặt phẳng Oxy Tìm điều kiện b, c để  OAB là tam giác vuông B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) x2 y2   Viết phương trình chính tắc (E) có 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hypebol (H) : 16 tiêu điểm trùng với tiêu điểm hypebol (H) và ngoại tiếp hình chữ sở (H) 2.Trong không gian toạ độ Oxyz Cho mặt cầu (S) có phương trình : x2 + y2 + z2 – 4x + 2y – 6z – = 0, và các điểm A(1; - 1; 0) , B(0; 2; - 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và cắt (S) theo đường tròn (C) có chu vi nhỏ 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 Lop10.com ******* Hết ******* ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Câu Môn thi : TOÁN (ĐỀ 128 ) Hướng dẫn giải chi tiết ý Điểm 7.00 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I * 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 =  0.25 0.25 Câu V a A  SAC A  30 , SA  a , SAB Gäi M lµ trung ®iÓm SA , chøng minh SA  ( MBC ) TÝnh VSMBC Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = S M A 0.25 C N B Theo định lí côsin ta có: A  3a  a  2.a 3.a.cos30  a SB  SA  AB  2SA.AB.cos SAB Suy SB  a Tương tự ta có SC = a Gäi M lµ trung ®iÓm cña SA , hai tam gi¸c SAB vµ SAC lµ hai tam gi¸c c©n nªn MB  SA, MC  SA Suy SA  (MBC) Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng nên chúng Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N là trung điểm BC suy MN  BC Tương tự ta có MN  SA 2 a  a   a  3a 2 2 2  MN  MN  AN  AM  AB  BN  AM  a        16 4   1 a a a a3  Do đó VS MBC  SM MN BC  (®vtt) 32 PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 0.25 0.25 0.25 3.00 Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn Câu VIa Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao CâuVII.b x2  2x  Cho hàm số y = (C) vµ d1: y = x + m, d2: y = x + Tìm tất các x 1 giá trị m để (C) cắt d1 điểm phân biệt A,B đối xứng qua d2 * Hoành độ giao điểm (C) và d1 là nghiệm phương trình : 0.5 Lop10.com x2  2x   x  m x 1  2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1) d1 cắt (C) hai điểm phân biệt  p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2   m   m     m2-2m-7>0 (*) m  2m   Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 là hai nghiệm (1) ) * d1 d2 theo giả thiết  Để A, B đối xứng qua d2  P là trung điểm AB x x x x m  3m  ; Th× P thuéc d2 Mµ P( ;   m )  P( ) 0.5 2 4 3m  m     m  ( tho¶ m·n (*)) VËy ta cã 4 VËy m =9 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m Câu V +) Nhận xét:  a, b, c, d ta có: (ab + cd)2 ≤ (a2 + c2).(b2 + d2), có “=” ad = bc (1) +) Áp dụng (1) ta có (x2 + y2)2 ≤ (x2 + y2) (2 – (x2 + y2) ( Có thể sử dụng vec tơ chứng minh kết này)  < x2 + y2 ≤ +) Áp dụng bđt Cô si có A ≥ x2 + y2 + ; đặt t = x2 + y2 , < t ≤ 1, xét hàm số: x y f(t) = t + với < t ≤ 1, lập bảng biến thiên hàm số Kết luận: Min A = đạt x = y = t Câu VI a 1) AH  S 1    36 36 AH.BC  18  BC   4 AH Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = x  y  7 1 H:  H ;  2 2 x  y  B(m;m – 4) 2 BC2 7  1   HB    m    m    2  2  11  m 2    2  m     2  m     2  11   5  5  11  Vậy B1  ;   C1  ;   hay B2  ;    C2  ;   2 2 2 2 2  2 2) ( x  19 197 )  ( y  )2  (z  )2  28 14 784 Câu VI b c = 2b2 > Lop10.com Câu VIIa 1) (H) : F1  5;0 ; F2 5;0  Hình chữ nhật (H) có đỉnh M( 4; 3), PT (E) có dạng: ( víi a > b) (E) : F1  5;0; F2 5;0 a  b  52 1 M4;3 E  9a  16b2  a b2 2  a   b a  40 x y  1 Từ (1) và (2):   Vây :  2 2 40 15 9a  16b  a b b  15 2) PT mặt phẳng cần tìm : x + 11y + 16z – 12 = II2)Cộng và trừ vế hai phương trình hệ ta hệ tương đương:    2 y x ( x ; y )  ( ;1) x   y       2    2 ( x; y )  ( 17 ; 13 )  x  y  x   (  x)    2  …   20 20   2 2 2 Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa phần = = = = = == = = Hết = = = = = = = = Lop10.com x y2  1 a b2