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

Viết phương trình đường tròn tiếp xúc với hai trục toạ độ và tiếp xúc ngoài với C.. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng P.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( điểm) CâuI: ( 2điểm) Cho hµm sè y = 4x3 + mx2 – 3x (1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số m=0 Gọi x1 và x2 là hai điểm cực trị hàm số (1).Tìm m để x1 = - 4x2 Câu II: (2điểm)  x  y  xy  Giải hệ phương trình :   x   y   2 Giải phương trình : sin(2 x  3  tgx )  tgx  cos2x dx  20   sin(x  )   Câu IV: (1điểm)Cho h×nh chãp SABC mµ mçi mÆt bªn lµ mét tam gi¸c vu«ng SA=SB=SC = a Gọi M,N,E là trung điểm các cạnh AB,AC,BC D là điểm đối xứng S qua E, I là giao ®iÓm cña ®­êng th¼ng AD víi mÆt ph¼ng (SMN) Chøng minh r»ng AD  SI vµ tÝnh theo a thÓ tÝch cña khèi tø diÖn MBSI Câu V: (1điểm)Cho a,b,c lµ ba c¹nh cña mét tam gi¸c cã chu vi b»ng Chứng minh : 3(a  b2  c )  4abc  13 B PHẦN TỰ CHỌN: ThÝ sinh chän mét hai phÇn I Theo chương trình chuẩn: ( điểm) Câu VIa: (2điểm) Câu III: (1điểm) TÝnh tÝch ph©n: I Trong mặt phẳng toạ độ cho đường tròn (C): x  y  12 x  y  36  Viết phương trình đường tròn tiếp xúc với hai trục toạ độ và tiếp xúc ngoài với (C) Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x - y - z - = Gọi M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (P) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc MA  MB  MC Câu VIIa: (1điểm) T×m sè phøc z, nÕu z  z  II Theo chương trình nâng cao: ( điểm) Câu VIb: (2điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho đường thẳng (D) : x-3y-4=0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) cho chúng đối xứng qua A(3;1) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai ®­êng th¼ng x  1 t x 1 y   z  :   , d :  y  3t và mp(P) : x  y  z   Viết phương trình hình chiếu z   t   lên mp(P) theo phương d Câu VIIb: (1điểm) Gi¶i PT: 22 x 1  23 x  log (4 x  x  4) Lop10.com HÕt - Hướng dẫn môn toán - §iÓm toµn bµi kh«ng lµm trßn - Học sinh làm các khác đúng điểm tối đa - NÕu häc sinh lµm c¶ hai phÇn phµn tù chän th× kh«ng tÝnh ®iÓm phÇn tù chän - ThÝ sinh dù thi khèi B, D kh«ng ph¶i lµm c©u V; thang ®iÓm dµnh cho c©u I.1 vµ c©u III lµ 1,5 ®iÓm C©u Néi dung §iÓm I.1 1,00 Kh¶o s¸t hµm sè Tập xác định: R Sù biÕn thiªn: m = , y = 4x3 – 3x - TXĐ: D = R - Giới hạn: lim y  , x  lim y   - y’ = 12x2 – ; y’ =  x =  - Bảng biến thiên : - y’’ = 24x , y” = 0 x = , đồ thị có điểm uốn O(0;0) - Đồ thị: I.2 Tìm m để hàm số có hai cực trị x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2 TXĐ: D = R - y’ = 12x2 + 2mx – Ta có: ’ = m2 + 36 > với m, luôn có cực trị   x1  4 x2  m  Ta có:  x1  x2      x1 x2   0,25 x  m Lop10.com 0.5 1,00 0,50 0,5 II.1 1,00 Giải hệ phương trình đại số  x  y  xy    x   y   (1) (2) x   Điều kiện:   y  x    x = 4y y Nghiệm hệ (2; ) Từ (1)  II.2 0,25 x  y Giải phương trình lương giác 0,75 sin(2 x  3  tgx )  tgx   x    m   tan x  1   §iÒu kiÖn:  cos x     x   m  1,00 0,25 Phương trình đã cho tương đương với 0,25 0,25 III   x   k (lo¹i)   , (k  Z ) Vậy phương trình có nghiệm x    k , (k  Z )  x     k  TÝnh tÝch ph©n §Æt t  sin x  cos x  dt  (cos x  sin x)dx §æi cËn x   t  1 x I   1  t t   1,00 0,25  t 1 dt 0,25   2 dt  ( I     ln t  )   t  t  t    1   VËy I  0,25 1  ln 3 0,25 0,25 1,00 IV Lop10.com Trong (ABC) AE  MN = J  SJ = (SMN)  (ASD) Trong (ASD) SJ  AD = I  I = AD  (SMN) Ba tam giác SAB,SAC,SBC là các tam giác vuông cân  SA,SB,SC đôi vuông góc và  ABC là tam giác cạnh a BSCD là hình vuông cạnh a A I H J N 0.25 M S C E B D  BD  SB  BD  ( SAB )  BD  SM   BD  SA Lại có SM  AD nên SM  (ABD)  SM  AD (1) 0,25  BC  SD  BC  ( SAD)  BC  AD   BC  SA Mà MN// BC  MN  AD (2) Từ (1) và (2) AD  (SMN)  AD  SI (đpcm) 0,25 Trong (SBD) kẻ IH // BD (H  AB)  IH  (SAB) IH AI AI AD SA2 a2      BD AD AD SA2  SD 3a 0,25  IH = a/3 SSMB = 1/2 SSAB = VMBSI = V a2 , 1 a a a3 IH S SMB   3 36 0,25 .Cho a,b,c là ba cạnh tam giác có chu vi bang Chứng minh : 3(a  b  c )  4abc  13 1,00 a  b  c   a  b  c  a  b  c   2(ab  bc  ca ) (1) cã d¹ng 9  2(ab  bc  ca )  4abc  13  27  6a (b  c)  2bc(3  2a )  13  27  6a (3  a )  2(2a  3)bc  13 Vai trò a,b,c bình đẳng nên không giảm tổng quát Giả sử a  b  c mà a  b  c   a   2a   Do đó b  c 2a  3a  27 27  6a (3  a )  2(2a  3)bc  27  6a  18a  2(2a  3)( )  2 XÐt f (a )  2a  3a  27, a  0;1 LËp b¶ng biÕn thiªn suy ket qu¶ VIa.1 2 Trong mặt phẳng tọa độ cho đường tròn (C): x  y  12 x  y  36  Lop10.com 0,50 0,25 0,25 1,00 Viết phương trình đường tròn tiếp xúc với hai trục tọa độ và tiếp xúc ngoài với (C) Viết lại đường tròn (C): ( x  6)  ( y  2)  Vậy (C) là đường tròn tâm I(6 ; 2) và bán kính R = Gọi đường tròn cần tìm có 0,25 tâm I1(a ; b) và bán kính R1: ( x  a )  ( x  b)  R12 Do đường tròn cần tìm tiếp xúc với hai trục tọa độ nên ta có: a  b  R1 Trường hợp 1: a = b, R1  a Vì đường tròn cần tìm tiếp xúc ngoài với (C) nên ta có: II1  R  R1  (a  6)  (a  2)   a  2a  16a  40   a  a  a  16a  36  a (1) a   a  18 * Nếu a > thì (1)  a  20a  36    0,25 Trường hợp này có hai đường tròn là: 2 2 (C1): ( x  2)  ( y  2)  và (C2): ( x  18)  ( y  18)  324 * Nếu a < thì (1)  a  12a  36   a  Kết hợp điều kiện a > thì không có giá trị nào a thỏa mãn Trường hợp 2: a = - b, R1  a Lúc này làm tương tự trên ta có 0,252 II1  R  R1  (a  6)  ( a  2)   a  2a  8a  40   a  a  a  8a  36  a (2) Giải phương trình (2) ta tìm a = Vậy đường tròn thứ ba phải tìm là: 2 (C3): ( x  6)  ( y  6)  36 VIa.2 0,25 1,00 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt      2 F  MA  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC Tacã  3MG  GA  GB  GC  MG(GA  GB  GC )  3MG  GA  GB  GC 2 2 Lop10.com 2  2 0,25 F nhá nhÊt  MG2 nhá nhÊt  M lµ h×nh chiÕu cña G lªn (P) 7/38/333 19  MG  d(G, ( P ))   111 3 56 32 104 64 GA  GB  GC     9  19  64 553  VËy F nhá nhÊt b»ng 3. M lµ h×nh chiÕu cña G lªn (P)   3  VII.a 0,25 0,25 0,25 Đặt z = x + yi, đó z  z   ( x  yi )2  x  y     x  y  x  y  xyi    x    x  y  x  y    y  y    2 xy    y    x  x    x    x     y  y (1  y )        y     y    x  (do x   0)   x (1  x )      y    x  0, y   x  0, y      x  0, y  1   y  0, x  C©u 6b Ta cã1.M  (D)  M(3b+4;b)  N(2 – 3b;2 – b) N  (C)  (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) =  b = 0;b = 6/5 1,00 0,25 0,5 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 0,25 VIb.1 1,00 Viết phương trình đường tròn Ta cã 4x2 – 4x+4 = (2x-1)2 +   log3(4x2-4x+4)  1,  VP  MÆt kh¸c theo B§T C«-si, ta cã: VT  Lop10.com 0,25 0,25  (19)   22 x 1  23 x     log (4 x  x  4)   gi¶i hÖ ta cã nghiÖm cña PT lµ x = VIb.2 0,25 0,25 1,00 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt e x  y  e x  y  2(x  1) e x  y  x  y    xy  xy e  x  y  e  x  y  e v  u  e v  u  (1) §Æt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ  u  u v e  v  e  e  v  u ( ) - Nếu u > v thì (2) có vế trái dương, vế phải âm nên (2) vô nghiệm - Tương tự u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2)  u  v ThÕ vµo (1) ta cã eu = u+1 (3) XÐt f(u) = eu - u- , f'(u) = eu - B¶ng biÕn thiªn: u - + f'(u) + f(u) Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) =  u  0,25 0,25 0,25 x  y  x  Do đó (3) có nghiệm u =  v     x  y  y  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (0; 0) Lop10.com 0,25